2016届高三物理一轮复习 课时作业三十一.doc

课时作业36 光的折射全反射色散时间：45分钟满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．如图所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为( )A.62B. 2C.32D. 3解析：如右图所示，由折射规律可得sin45°sin r ＝n ，若光线在AC 边上的D 点发生全反射，则sin β＝1n ，由几何关系又有r ＝90°－β，结合以上三式可得n 2＝32，即n ＝62，正确答案为A.答案：A2．(2011·浙江高考)“B 超”可用于探测人体内脏的病变状况．如右图所示是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为sin θ1sin θ2＝v 1v 2(式中θ1是入射角，θ2是折射角，v 1，v 2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v 2＝0.9v 1，入射点与出射点之间的距离是d ，入射角为i ，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h 为( )A.9d sin i2100－81sin 2iB.d 81－100sin 2i 10sin iC.d 81－100sin 2i 20sin iD.d 100－81sin 2i 18sin i解析：画出波的传播示意图，如图所示，则有sin i sin β＝v 1v 2＝10.9，得sin β＝0.9sin i .由几何关系得tan β＝d 2h ，即0.9sin i1－0.9sin i2＝d 2h ，所以h ＝d 100－81sin 2i18sin i，选项D 正确．答案：D3．(2011·福建高考)如右图，半圆形玻璃砖置于光屏PQ 的左下方．一束白光沿半径方向从A 点射入玻璃砖，在O 点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带．若入射点由A 向B 缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O 点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是( )A ．减弱，紫光B ．减弱，红光C ．增强，紫光D ．增强，红光解析：入射点由A 向B 缓慢移动的过程中，同一介质对各色光的折射率不同，各色光对应的全反射的临界角也不同．七色光中紫光的折射率最大，由sin C ＝1n可知紫光的临界角最小，所以最先发生全反射的是紫光，折射光减弱，则反射光增强，故C 正确．答案：C4．酷热的夏天，在平坦的柏油公路上，你会看到在一定距离之外，地面显得格外明亮，仿佛是一片水面，似乎还能看到远处车、人的倒影．但当你靠近“水面”时，它却随你靠近而后退．对此现象正确的解释是( )A ．出现的是“海市蜃楼”，是由于光的折射造成的B ．“水面”不存在，是由于酷热难耐，人产生的幻觉C ．太阳辐射到地面，使地表温度升高，折射率大，发生全反射D ．太阳辐射到地面，使地表温度升高，折射率小，发生全反射解析：酷热的夏天地面温度高，地面附近空气的密度小，空气的折射率下小上大，远处车、人反射的太阳光由光密介质射入光疏介质发生全反射．答案：D5．如下图所示，一细束红光和一细束蓝光平行射到同一个三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M ，若用n 1和n 2分别表示三棱镜对红光和蓝光的折射率，下列说法中正确的是( )A．n1<n2，a为红光，b为蓝光B．n1<n2，a为蓝光，b为红光C．n1>n2，a为红光，b为蓝光D．n1>n2，a为蓝光，b为红光解析：由图可知，b光线经过三棱镜后的偏折角较小，因此折射率较小，是红光．故B 正确．答案：B6．香港中文大学第三任校长高锟荣获了2009年诺贝尔物理学奖．诺贝尔奖委员会高度评价了高锟的贡献，评委会指出：高锟1966年发现如何通过光学玻璃纤维远距离传输光信号的工作，成为今日电话和高速互联网等现代通信网络运行的基石．下列关于“光纤”及原理的说法中，正确的是( )A．光纤通信具有传输容量大、衰减小、抗干扰性强等优点B．光纤通信、全息照相、数码相机及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理C．实用光导纤维是由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射D．当今，在信号的传输领域中，光纤电缆(“光缆”)已经几乎完全取代了传统的铜质“电缆”，成为传播信息的主要工具，是互联网的骨架，并已联接到普通社区解析：全息照相是利用了光的干涉的原理，数码相机是一种利用电子传感器把光学影像转换成电子数据的照相机，它们都不是利用了光的全反射原理，B错误；实用光导纤维是由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的大，C错误．答案：AD7．(2013·浙江期末调研)为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r的圆形软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如图所示．已知水的折射率为4，为了保证表演成功(在水面上看不到大头针)，大头针末端离水面的最大距离h为( ) 3A.73r B.43rC.34r D.377r解析：只要从大头针末端发出的光线射到圆形软木片边缘界面处能够发生全反射，就从水面上看不到大头针，如图所示，根据图中几何关系有sin C＝rr2＋h2＝1n＝34，所以h＝73r，选项A对．答案：A8．(2013·浙江温州八校联考)高速公路上的标牌常用“回光返膜”制成，夜间行车时，它能将车灯照射出去的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回光返照膜”是用球体反射原件制成的．如图所示，反光膜内均匀分布着直径10 μm 的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为3，为使入射的车灯光线经玻璃的折射、反射、再折射后恰好和入射光线平行，那么第一次入射的入射角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．15°解析：设入射角为i ，折射角为θ，作出光路图如图所示，因为出射光线恰好和入射光线平行，所以i ＝2θ，根据折射定律n ＝sin i sin θ＝sin2θsin θ＝3，所以θ＝30°，i ＝2θ＝60°，选项A 正确．答案：A二、计算题(3×12′＝36′)9．夏日晚上，小明去游泳池游泳，他站在池边发现对岸标杆上有一灯A ，水下池壁上有一彩灯B (B 灯在图中未画出)，如右图所示，他调整自己到岸边的距离，直到发现A 灯经水面反射所成的像与B 灯经水面折射后所成的像重合，此时人到对岸的距离L ＝10 m ，A 灯距水面高为0.5 m ，人眼E 距水面高为2 m ，水的折射率为43.(1)画出小明看到A 、B 灯的像重合时的光路图． (2)求B 灯在水面下的深度． 解析：(1)光路图如下图所示(2)设水面为CF ，A 到水面的距离为L 1，B 灯与水面的距离为L 2，人眼到水面的距离为L 3，点C 、D 之间的距离为L 4，得L 4L －L 4＝L 1L 3即L 410－L 4＝0.52得L 4＝2 m对B 灯光的折射过程，有sin θ1＝sin ∠CBD ＝222＋L 22sin θ2＝sin ∠CA ′D ＝222＋0.52sin θ1sin θ2＝1n ＝34得灯在水面下深处L 2＝432m ＝1.89 m答案：(1)见解析图 (2)1.89 m10．如图所示，AB 为一长L ＝30 km 的光导纤维，一束光线从端面A 射入，在侧面发生全反射，最后从B 端面射出．已知光导纤维的折射率n ＝1.35，光线从纤维内侧面向外射出时，临界角的正弦值为0.9，设在侧面发生全反射的光线从A 端传播到B 端所需时间为t ，求t 的最小值和最大值．解析：光线在光导纤维中传播的时间取决于光沿AB 方向的分速度大小，这与入射角的大小有关．设光在光导纤维中传播的速度为v ，则当入射角θ1＝0时，光在光导纤维中沿AB 方向直线传播，此时时间最短，为t min ＝L v ，又v ＝cn 可得t min ＝Lnc＝1.35×10－4 s当入射角恰能使光线在光导纤维侧面发生全反射时，光在沿AB 方向分速度最小，对应时间最长，为t max ＝L v ·sin α＝1.5×10－4s.答案：1.35×10－4s 1.5×10－4s11．(2012·课标全国理综)一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体．已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值．解析：如右图，考虑从玻璃立方体中心O 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射．根据折射定律有n sin θ＝sin α①式中，n 是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角．现假设A 点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点．由题意，在A 点刚好发生全反射，故αA ＝π2②设线段OA 在立方体上表面的投影长为R A ，由几何关系有 sin θA ＝R A R 2A ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22③式中a 为玻璃立方体的边长，由①②③式得R A ＝a2n 2－1④ 由题给数据得R A ＝a 2⑤由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为R A 的圆．所求的镀膜面积S ′与玻璃立方体的表面积S 之比为S ′S ＝6πR 2A6a2⑥ 由⑤⑥式得S ′S ＝π4⑦ 答案：π4。

(时间：45分钟 分值：100分)1. (15分)(1)一列横波沿x 轴正方向传播，在t s 与(t ＋0.8)s 两时刻，在x 轴上－3～3 m 区间内的两波形图正好重合，如图所示．则下列说法中正确的是________．A ．质点振动周期一定为0.8 sB ．该波的波速可能为10 m/sC ．从t 时刻开始计时，x ＝1 m 处的质点比x ＝－1 m 处的质点先到达波峰位置D ．在(t ＋0.4)s 时刻，x ＝－2 m 处的质点位移不可能为零E ．该波的波速可能为15 m/s(2) 如图所示，一个半圆形玻璃砖的截面图，AB 与OC 垂直，半圆的半径为R .一束平行单色光垂直于AOB 所在的截面射入玻璃砖，其中距O 点距离为R2的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC 所在直线交于D 点，OD ＝3R .求：①此玻璃砖的折射率是多少？②若在玻璃砖平面AOB 某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧没有折射光射出，黑纸在AB 方向的宽度至少是多少？解析：(1)由题意分析得知，nT ＝0.8 s ，n ＝1，2，3，…，周期T ＝0.8n s ，所以质点振动周期不一定为0.8 s ，故A 错误；由题图读出波长为λ＝4 m ，当n ＝1时，波速v ＝λT ＝5 m/s ，当n ＝2时，v ＝10 m/s ，故B 正确；当n ＝3时，v ＝15 m/s ，故E 正确；简谐横波沿x 轴正方向传播，在t 时刻，x ＝1 m 处的质点振动方向沿y 轴负方向，x ＝－1 m 处的质点振动方向沿y 轴正方向，所以x ＝－1 m 处的质点先到达波峰位置，故C 错误；t 时刻到(t ＋0.4)时刻经过时间为0.4 s ，而0.4 s 与周期的关系为N ＝0.4 s T ＝12n ，由于n 为整数，所以该时刻x ＝－2 m 处的质点不可能在平衡位置，位移不可能为零，故D 正确．(2) ①连接O 、E 并延长至H ，作EF 垂直OD 于F ，光线与AB 的交点为G ，由几何关系可知∠EOD ＝30°，∠DEH ＝60° 所以此玻璃砖的折射率n ＝sin 60°sin 30°＝ 3.②设光线IJ 恰好发生全反射，则∠IJO 为临界角， 所以有sin ∠IJO ＝1n ＝33根据几何关系有sin ∠IJO ＝OI OJ求得OI ＝33R ，所以黑纸宽至少是233R . 答案：(1)BDE (2)①3 ②233R2．(15分)(1)(2019·石嘴山市第三中学模拟)弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动．从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是________．A ．钢球振动周期为1 sB ．在t 0时刻弹簧的形变量为4 cmC ．钢球振动半个周期，回复力做功为零D ．钢球振动一个周期，通过的路程等于10 cmE ．钢球振动方程y ＝5sin πt cm(2) 如图所示，在MN 的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n ＝3，玻璃介质的上边界MN 是屏幕，玻璃中有一个正三角形空气泡，其边长l ＝40 cm ，顶点与屏幕接触于C 点，底边AB 与屏幕平行，一束激光a 垂直于AB 边射向AC 边的中点O ，结果在屏幕MN 上出现两个光斑．①求两个光斑之间的距离x ；②若任意两束相同的激光同时垂直于AB 边向上射入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离L .解析：(1)从题图中可得钢球振动的周期为2 s ，A 错误；因为是在水平面上振动，所以钢球振动的平衡位置应该是弹力为零时，即平衡位置时弹簧的形变量为零，t 0时刻在距离平衡位置右方4 cm 处，则在t 0时刻弹簧的形变量为4 cm ，故B 正确；经过半个周期后，位移与之前的位移关系总是大小相等、方向相反；速度也有同样的规律，故动能不变，根据动能定理，合力做的功为零，即钢球振动半个周期，回复力做功为零，C 正确；钢球振动一个周期，通过的路程等于4×5 cm ＝20 cm ，D 错误；ω＝2πT ＝π rad/s ，A ＝5 cm ，故钢球振动方程y ＝5sin πtcm ，E 正确．(2) ①画出光路图如图所示．在界面AC ，入射角i ＝60°，n ＝3，由折射定律有n ＝sin isin r解得折射角r ＝30°由光的反射定律得反射角θ＝60°由几何关系得，△ODC 是边长为12l 的正三角形，△OEC 为等腰三角形，且CE ＝OC ＝l2，则两个光斑之间的距离x ＝DC ＋CE ＝40 cm.②作出入射点在A 、B 两点的光线的光路图，如图所示，由图可得屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离L ＝PQ ＝2l ＝80 cm.答案：(1)BCE (2)①40 cm②80 cm3．(15分)(1)下列说法中正确的是________．A ．光的偏振现象说明光具有波动性，但并非所有的波都能发生偏振现象B ．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场C ．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄D ．某人在速度为0.5c 的飞船上打开一光源，则这束光相对于地面的速度应为1.5cE ．火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁(2)平衡位置位于原点O 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x 轴传播，P 、Q 为x 轴上的两个点(均位于x 轴正向)，P 与O 的距离为35 cm ，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t ＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T ＝1 s ，振幅A ＝5 cm.当波传到P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s ，平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置．求：①P 、Q 间的距离；②从t ＝0开始到平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．解析：(1)光的偏振现象能说明光是横波，则光具有波动性，但纵波并不能发生偏振现象，故A 正确；均匀变化的电场则产生稳定的磁场，非均匀变化的电场才产生变化的磁场，同理，后者也是这样的结论，故B 错误；光的双缝干涉实验中，若将入射光由红光改为绿光，由于波长变短，则干涉条纹间距变窄，故C 正确；在速度为0.5c 的飞船上打开一光源，根据光速不变原理，则这束光相对于地面的速度应为c ，故D 错误；火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁，选项E 正确．(2)①由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足 OP ＝54λ① 波速v 与波长的关系为v ＝λT②在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为v t .由题意有 v t ＝PQ ＋λ4③ 式中，PQ 为P 、Q 间的距离．由①②③式和题给数据，得 PQ ＝133 cm.④②Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为 t 1＝t ＋54T⑤波源从平衡位置开始运动，每经过T4，波源运动的路程为A .由题给条件得t 1＝25×T4⑥故t 1时间内，波源运动的路程为 s ＝25A ＝125 cm.⑦答案：(1)ACE (2)①133 cm ②125 cm 4．(15分)(1)(2019·重庆市巴蜀中学模拟)两列简谐横波的振幅都是10 cm ，传播速度大小相同．实线波的频率为2 Hz ，沿x 轴正方向传播；虚线波沿x 轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则________．A ．在相遇区域会发生干涉现象B ．实线波和虚线波的频率之比为3∶2C ．平衡位置为x ＝6 m 处的质点此刻速度为零D ．平衡位置为x ＝8.5 m 处的质点此刻位移y >10 cmE ．从图示时刻起再经过0.25 s ，平衡位置为x ＝5 m 处的质点的位移y <0(2) 半径为R 、介质折射率为n 的透明圆柱体，过其轴线OO ′的截面如图所示．位于截面所在的平面内的一细束光线，以角i 0由O 点入射，折射光线由上边界的A 点射出．当光线在O 点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B 点恰好发生全反射．求A 、B 两点间的距离．解析：(1)两列波波速大小相同，波长不同，根据v ＝λf ，频率不同，不能发生干涉现象，故A 错误；两列波波速相同，波长分别为4 m 、6 m ，根据v ＝λf ，频率之比为3∶2，故B 正确；平衡位置为x ＝6 m 处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度均向上，故合速度不为零，故C 错误；平衡位置为x ＝8.5 m 处的质点，实线波引起的位移为22A 、虚线波引起的位移为12A ，故合位移大于振幅A ，故D 正确；传播速度大小相同，实线波的频率为2 Hz ，其周期为0.5 s ，可知虚线波的周期为0.75 s ，从图示时刻起再经过0.25 s ，实线波在平衡位置为x ＝5 m 处的质点处于波谷，而虚线波处于y 轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y ＜0，故E 正确．(2)当光线在O 点的入射角为i 0时，设折射角为r 0，由折射定律得sin i 0sin r 0＝n ①设A 点与左端面的距离为d A ，由几何关系得 sin r 0＝Rd 2A ＋R 2②若折射光线恰好发生全反射，则在B 点的入射角恰好为临界角C ，设B 点与左端面的距离为d B ，由折射定律得sin C ＝1n③ 由几何关系得sin C ＝d Bd 2B ＋R 2④设A 、B 两点间的距离为d ，可得d ＝d B －d A ⑤联立①②③④⑤式得d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n 2－1－n 2－sin 2i 0sin i 0R .答案：(1)BDE (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1－n 2－sin 2i 0sin i 0R5．(20分)(1)(2016·高考全国卷Ⅰ)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s ．下列说法正确的是( )A ．水面波是一种机械波B ．该水面波的频率为6 HzC ．该水面波的波长为3 mD ．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E ．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移(2)如图，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O 以角i 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC 边长为2L ，该介质的折射率为 2.求：①入射角i ；②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到：sin 75°＝6＋24或tan 15°＝2－3)． 解析：(1)水面波是机械波，选项A 正确；根据第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s 可知，该水面波的周期为T ＝159 s ＝53 s ，频率为f ＝1T ＝0.6 Hz ，选项B 错误；该水面波的波长为λ＝v T ＝1.8×53 m ＝3 m ，选项C 正确；水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时介质中的质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，但能量会传递出去，选项D 错误，E 正确．(2)①根据全反射定律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C ，由折射定律得 sin C ＝1n①代入数据得 C ＝45°② 设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得 r ＝30° ③ 由折射定律得 n ＝sin i sin r④ 联立③④式，代入数据得 i ＝45°.⑤ ②在△OPB 中，根据正弦定理得OPsin 75°＝L sin 45°⑥设所用时间为t ，光线在介质中的速度为v ，得 OP ＝v t ⑦ v ＝c n⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得t ＝6＋22cL .答案：(1)ACE (2)①45° ②（6＋2）L2c6．(20分)(1)(2019·云南玉溪一中模拟)下列说法正确的是________． A ．光的偏振现象说明光是一种电磁波B ．无线电波的发射能力与频率有关，频率越高发射能力越强C ．一个单摆在海平面上的振动周期为T ，那么将其放在某高山之巅，其振动周期一定变大D ．根据单摆的周期公式T ＝2πlg，在地面附近，如果l →∞，则其周期T →∞ E ．利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物(2)如图所示为某种透明介质的截面图，ACB 为半径R ＝10 cm 的二分之一圆弧，AB 与水平面屏幕MN 垂直并接触于A 点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O ，在AB 分界面上的入射角i ＝45°，结果在水平屏幕MN 上出现两个亮斑．已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n 1＝233、n 2＝ 2.①判断在AM 和AN 两处产生亮斑的颜色； ②求两个亮斑间的距离．解析：(1)光的偏振现象说明光是横波，故A 错误；无线电波的发射能力与频率成正比，频率越高发射能力越强，故B 正确；单摆的周期公式T ＝2πlg，其放在某高山之巅，重力加速度变小，其振动周期一定变大，故C 正确；根据单摆的周期公式T ＝2πlg，在地面附近，如果l →∞，则重力加速度变化，故D 错误；因为红外线比可见光波长长，更容易发生衍射，则容易绕过障碍物，故E 正确．(2)①设红光和紫光的临界角分别为C 1、C 2，sin C 1＝1n 1＝32，C 1＝60°，同理C 2＝ 45°，i ＝45°＝C 2，i ＝45°＜C 1，所以紫光在AB 面发生全反射，而红光在AB 面一部分折射，一部分反射，所以在AM 处产生的亮斑为红色，在AN 处产生的亮斑为红色与紫色的混合色．②画出如图所示光路图，设折射角为r ，两个光斑分别为P 1、P 2.根据折射定律n 1＝sin rsin i求得sin r ＝63由几何知识可得：tan r ＝RAP 1解得：AP 1＝5 2 cm由几何知识可得△OAP 2为等腰直角三角形，解得： AP 2＝10 cm所以：P 1P 2＝(52＋10) cm.答案：(1)BCE (2)①红色 红色与紫色的混合色 ②(52＋10) cm。

课时作业(一)基本概念1．(11年辽宁模拟)在下面研究的各个问题中可以被看做质点的是()A．奥运会乒乓球男单冠军王励勤打出的弧旋球B．奥运会冠军王军霞在万米长跑中C．跳水冠军郭晶晶在跳水比赛中D．研究一列火车通过某一路标的时间2．参照如图所示时间坐标轴，下列关于时刻和时间的说法中正确的是()第2题图A．t2表示时刻，称为第2秒末或第3秒初，也可以称为2秒内B．t2～t3表示时间，称为第3秒内C．0～t2表示时间，称为最初2秒内或第2秒内D．t n－1～t n表示时间，称为第n－1秒内3．(10年山东模拟)关于位移和路程，下列说法中正确的是()A．在某段时间内，质点运动的位移为零，该质点不一定是静止的B．在某段时间内，质点运动的路程为零，该质点不一定是静止的C．在直线运动中，质点位移的大小一定等于其路程D．在直线运动中，质点位移的大小一定小于其路程4．(10年浙江模拟)在直线运动中，关于速度和加速度的说法，正确的是()A．物体的速度大，加速度就大B．物体速度的改变量大，加速度就大C．物体的速度改变快，加速度就大D．物体的速度为零时，加速度一定为零5．甲、乙两小分队进行代号为“猎狐”的军事演习，指挥部通过现代通讯设备，第5题图在屏幕上观察到两小分队的行军路线如图所示．两小分队同时从同一处O出发，最后同时捕“狐”于A点，则()A．两队行军路程x甲＞x乙B．两队行军位移x甲＞x乙C．两队平均速度v甲＝v乙D．两队平均速度v甲＞v乙6．甲、乙、丙3人各乘一个热气球，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲匀速上升，甲看到丙匀速上升，丙看到乙匀速下降，那么，从地面上看甲、乙、丙的运动情况可能是() A．甲、乙匀速下降，v乙＞v甲，丙停在空中B．甲、乙匀速下降，v乙＞v甲，丙匀速上升C．甲、乙匀速下降，v乙＞v甲，丙匀速下降，且v丙＞v甲D．以上说法均不对第7题图7．三个质点A、B、C的运动轨迹如图所示，三质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法中正确的是()A．三个质点从N到M的平均速度相同B．B质点从N到M的平均速度方向与任意时刻瞬时速度方向相同C．到达M点时的瞬时速度一定是A的最大D．三个质点从N到M的平均速率相同8．为了传递信息，周朝形成邮驿制度，宋朝增设“急递铺”．设金牌、银牌、铜牌三种，“金牌”一昼夜行500里(一里＝500m)，每到一驿站换人换马接力传递．“金牌”的平均速度()A．与成年人步行的速度相当B．与人骑自行车的速度相当C．与高速公路上汽车的速度相当D．与磁悬浮列车的速度相当9．n辆汽车从同一地点先后开出，在平直的公路上排成一直线行驶．各车均由静止出发先做加速度为a的匀加速直线运动，达到同一速度v后做匀速直线运动．欲使汽车都匀速行驶时彼此间距均为s，则各辆车依次启动的时间间隔为(不计汽车长度)() A． eq \f(v,2a) B． eq \f(v,a)C． eq \f(2v,a) D． eq \f(s,v)第10题图10．(11年江西模拟)在街头的理发店门口，常可以看到有这样的标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)为L＝10 cm，圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)，以2 r/s的转速匀速转动，我们感觉到的升降方向和速度大小分别为()A．向上10 cm/s B．向上20 cm/sC．向下10 cm/s D．向下20 cm/s11．中国经济的腾飞加快了铁路运输的发展．有一段用固定镜头拍摄的一列动车组视频．小张通过播放该视频来测算机车运行速度．已知机车长度是s，测算的步骤包括第11题图①记下机车头到达观测点的时刻②计算整列车通过观测点所用时间t③在画面上选择一个观测点④用公式v＝ eq \f(s,t) 计算出机车运行的速度⑤记下机车尾到达观测点的时刻完成测算步骤的合理顺序是________(填序号)．12．某同学在百米赛跑中，以6m/s的速度从起点冲出，在50m处的速度为8.2m/s，在他跑到全程的中间时刻t＝6.25s时速度为8.3m/s，最后8.4m/s冲过终点，他的平均速度为多大？13．F1是英文Formula One的缩写，即一级方程式赛车，是仅次于奥运会和世界杯的世界第三大赛事．F1赛车的变速系统非常强劲，从时速0加速到100km/h仅需2.3秒，此时加速度仍达10m/s2，时速为200km/h时的加速度仍有3m/s2，从0加速到200km/h再急停到0只需12秒．假定F1赛车加速时的加速度随时间的增大而均匀减小，急停时的加速度大小恒为9.2m/s2.上海F1赛道全长5.451km，比赛要求选手跑完56圈决出胜负．求：(1)若某车手平均时速为210km/h，则跑完全程用多长时间？(2)该车手的F1赛车的最大加速度．第13题图14．(10年全国高考)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s和19.30s.假定他在100m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率．(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)课时作业(二)匀变速直线运动的规律1．关于自由落体运动，下列说法正确的是()A．物体竖直向下的运动就是自由落体运动B．加速度等于重力加速度的运动就是自由落体运动C．在自由落体运动过程中，不同质量的物体运动规律相同D．物体做自由落体运动位移与时间成反比2．一个做匀减速直线运动的物体，经3.0s速度减为零，若测出它在最后1.0s内的位移是1.0m.那么该物体在这3.0s内的平均速度是()A．1.0m/s B．3.0m/sC．5.0m/s D．9.0m/s3．美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F18”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s，若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为()A．30m/s B．40m/sC．20m/s D．10m/s4．一辆汽车由车站开出，沿平直公路做初速度为零的匀变速直线运动，至第10s末开始刹车，再经5s便完全停下．设刹车过程汽车也做匀变速直线运动，那么加速和减速过程车的加速度大小之比是()A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶15．(11年广东模拟)一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止．从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度．根据表中的数据通过分析、计算可以得出()时刻(s),1.0,2.0,3.0,5.0,7.0,9.5,10.5速度(m/s),3.0,6.0,9.0,12,12,9.0,3.0 A．汽车加速运动经历的时间为4sB．汽车加速运动经历的时间为5sC．汽车匀速运动的时间为2sD．汽车减速运动的时间为2s6．空降兵从飞机上跳伞时，为了保证安全着陆，着陆前最后阶段降落伞匀速下落的速度约为6m/s.空降兵平时模拟训练时，经常从高台上跳下，则训练高台的合适高度约为(g取10m/s2)()A．0.5m B．1.0mC．1.8m D．5.0m7．杂技演员用一只手把四只球依次向上抛出，为了使节目能持续表演下去，该演员必须让回到手中的小球隔一个相等的时间再向上抛出，假如抛出每一个球上升的最大高度都是1.25m，那么球在手中停留的最长时间是(不考虑空气阻力，g取10m/s2，演员抛球同时即刻接球)()A．1/3s B．1/4sC．1/5s D．1/6s8．(11年上海模拟)一枚火箭由地面竖直向上发射，其vt图象如图所示，则()第8题图A．火箭在t2t3时间内向下运动B．火箭能上升的最大高度为4v1t1C．火箭上升阶段的平均速度大小为 eq \f(1,2) v2D．火箭运动过程中的最大加速度大小为 eq \f(v2,t3)9．有一种“傻瓜”相机的曝光时间(快门从打开到关闭的时间)是固定不变的．为了估测相机的曝光时间，有位同学提出了下述实验方案：第9题图他从墙面上A点的正上方与A相距H＝1.5m处，使一个小石子自由落下，在小石子下落通过A点后，按动快门，对小石子照相，得到如图所示的照片．由于石子在运动，它在照片上留下一条模糊的径迹CD.已知每块砖的平均厚度约为6cm.利用这些信息估算该相机的曝光时间最接近()A．0.5s B．0.06sC．0.02s D．0.008s10．为了安全，汽车在行驶途中，车与车之间必须保持一定的距离，这是因为从驾驶员看见某一情况到采取制动动作的反应时间里，汽车仍然要通过一段距离(称为反应距离)，而从采取制动动作到汽车安全静止的时间里，汽车又要通过一段距离(称为制动距离)．下列给出了某驾驶员汽车在不同速度下的反应距离和制动距离的部分数据，根据分析计算，表中未给数据X、Y应是()速度m/s,反应距离m,制动距离m10,12,2015,18,X20,Y,8025,30,125 A．X＝40，Y＝24 B．X＝45，Y＝24C．X＝50，Y＝22 D．X＝60，Y＝2211．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g值可由实验精确测定，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点竖直向上抛出小球，小球又落至原处O点的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点后又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于()A． eq \f(8H,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1)) B． eq \f(4H,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1))C． eq \f(8H,(T2－T1)2) D． eq \f(H,4(T2－T1)2)12．(10年广东模拟)让钢球从某一高度竖直落下进入液体中，图中表示的是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置．则下列说法正确的是()第12题图A．钢球进入液体中先做加速运动，后做减速运动B．钢球进入液体中先做加速运动，后做减速运动C．钢球在液体中所受到的阻力先大于重力，后等于重力D．钢球在液体中所受到的阻力先小于重力，后等于重力13．一些同学乘坐动力组列车外出旅游，当火车在一段平直轨道上匀加速行驶时，一同学提议说：“我们能否用身边的器材测出火车的加速度？”许多同学参与了测量工作，测量过程如下：他们一边看着窗外每隔100m的路标，一边用手表记录着时间，他们观测到从第一根路标运动到第二根路标的时间间隔为5s，从第一根路标运动到第三根路标的时间间隔为9s，请你根据他们的测量情况，求：(1)火车的加速度大小；(2)他们到第三根路标时的速度大小．14．“刹车防抱死”装置是目前一种先进的汽车制动装置，该装置可以保证车轮在制动时不被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了此装置的汽车在紧急刹车时可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设某汽车安装此装置后刹车制动力恒为车重的0.50倍，汽车行驶的速度为72km/h，驾驶员的反应时间为0.40s，试求驾驶员从发现前方情况到车停止过程中，汽车前进的距离．(g取10m/s2)15．辨析题：要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道．求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格．启动加速度a1,4m/s2制动加速度a2,8m/s2直道最大速度v1,40m/s弯道最大速度v2,20m/s直道长度x,218m某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度v1＝40m/s，然后再减速到v2＝20m/s.t1＝ eq \f(v1,a1) …；t2＝ eq \f(v1－v2,a2) …；t＝t1＋t2你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法正确得出结果．课时作业(三)图象、追击和相遇问题第1题图1．(10年上海模拟)如图是某运动物体的st图象，则它的运动情况是()A．开始静止，然后沿斜面下滚B．以恒定的速度运动，然后逐渐变慢C．开始静止，然后向s的负方向运动D．先沿一个平面滚动，然后沿斜面下滚2．如图所示的位移(s)－时间(t)图象和速度(v)－时间(t)图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是()第2题图A．图线1表示物体做曲线运动B．st图象中t1时刻v1＞v2C．vt图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D．两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动3．甲乙两车在一平直道路上同向运动．其vt图象如图所示，第3题图图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2(s2＞s1)．初始时，甲车在乙车前方s0处() A．若s0＝s1＋s2，两车不会相遇B．若s0＜s1，两车相遇2次C．若s0＝s1，两车相遇2次D．若s0＝s2，两车相遇1次4．t＝0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的vt图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是()A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲乙两车相遇第4题图第5题图5．(10年山东模拟)如图所示为某质点作直线运动的vt图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是()A．质点始终向同一方向运动B．4s末物体离出发点最远C．加速度大小不变，方向与初速度方向相同D．4s内通过的路程为4m，而位移为零6．某人在静止的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中．不计空气阻力，取向上为正方向，在如图所示的vt图象中，最能反映小铁球运动过程的是()第7题图7．如图所示的是描述一个小球从水平桌面正上方的一点无初速度自由下落，与桌面经多次碰撞后，最终静止在桌面上的运动过程，则图线是反映下列哪个物理量随时间的变化过程()A．位移B．路程C．速度D．速度的变化率8．一个小孩在蹦床上作游戏，他从高处落到蹦床上后又弹起到原高度．小孩从高处开始下落到弹回的整个过程中，他的运动速度随时间变化的图象如图所示，图中Oa段和cd 段为直线．根据此图象可知，小孩和蹦床相接触的时间为()A．t2～t4B．t1～t4C．t1～t5D．t2～t5第8题图第9题图9．在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1时刻，速度达较大值v1时打开降落伞，做减速运动，在t2时刻以较小速度v2着地．他的速度图象如图所示．下列关于该空降兵在0～t2和t1～t2时间内的平均速度v eq \a\vs4\al(－) 的结论正确的是()A．0～t2，v eq \a\vs4\al(－) ＝ eq \f(v1,2) B．t1～t2，v eq \a\vs4\al(－) ＝ eq \f(v1＋v2,2)C．t1～t2，v eq \a\vs4\al(－) ＞ eq \f(v1＋v2,2) D．t1～t2, v eq \a\vs4\al(－) ＜ eq \f(v1＋v2,2)10．(11年广东模拟)第10题图某高速列车沿直线运动的v－t图象如图，则该列车()A．0～30s时间内的位移小于9×102mB．30s时间速度等于30m/sC．0～60s时间内做匀加速运动D．90s～120s时间内做匀速运动11．(10年湖南模拟)在平直道路上，甲汽车以速度v匀速行驶．当甲车司机发现前方距离为d处的乙汽车时，立即以大小为a1的加速度匀减速行驶，与此同时，乙车司机也发现了甲，立即从静止开始以大小为a2的加速度沿甲运动的方向匀加速运动．则() A．甲、乙两车之间的距离一定不断减小B．甲、乙两车之间的距离一定不断增大C．若v> eq \r(2(a1＋a2)d) ，则两车一定不会相撞D．v< eq \r(2(a1＋a2)d) ，则两车一定不会相撞12．空间探测器从某一星球表面竖直升空．已知探测器质量为1500kg，发动机推动力为恒力．探测器升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是探测器从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图线，则由图象可判断该探测器在星球表面达到的最大高度Hm为多少？第12题图13．一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以3m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车．试问：汽车从路口开动后，在赶上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？14．(11年湖南模拟)猎狗能以最大速度v1＝10m/s持续地奔跑，野兔只能以最大速度v2＝8m/s的速度持续奔跑．一只野兔在离洞窟x1＝200m处的草地上玩耍，被猎狗发现后径直朝野兔追来．野兔发现猎狗时，与猎狗相距x2＝60m，野兔立即掉头跑向洞窟．设猎狗、野兔、洞窟总在同一直线上，求：野兔的加速度至少要多大才能保证安全回到洞窟．课时作业(四)实验：研究匀变速直线运动的规律1．在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中，为了减小测量小车运动加速度的相对误差，下列措施中哪些是有益的()A．使小车运动的加速度尽量小一些B．适当减小挂在细绳下的钩码的个数C．在同样条件下，打出多条纸带，然后选取一条最理想的进行测量和计算D．舍去纸带上较密集的点，然后选取计数点，进行计算2．(09年广东高考)“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁式打点计时器(所用交流电的频率为50Hz)，得到如图所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，下列表述正确的是()第2题图A．实验时应先放开纸带再接通电源B．(s6－s1)等于(s2－s1)的6倍C．从纸带可求出计数点B对应的速率D．相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s3．关于“测定匀变速直线运动的加速度”实验的操作，下列说法中错误的是()A．长木板不能侧向倾斜，也不能一端高一端低B．在释放小车前，小车应紧靠在打点计时器上C．应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车D．要在小车到达定滑轮前使小车停止运动4．(10年山东模拟)某同学在做“研究匀变速直线运动”实验时，从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条(每两点间还有4个点没有画出来)，图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离．打点计时器的电源频率为50Hz.第4题图如果用s1、s2、s3、s4、s5、s6来表示各相邻两个计数点间的距离，则该匀变速直线运动的加速度的表达式为a＝________________________________________________________________________ (用符号写出表达式，不要求计算)．与纸带上D点相对应的瞬时速度v＝________ m/s.(答案要求保留三位有效数字)5．在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中，某同学测量数据后，通过计算得到了小车运动过程中各计时时刻的速度如表所示．位置编号,0,1,2,3,4,5时间t/s,0,0.1,0.2,0.3,0.4,0.5速度v/m·s－1,0.38,0.63,0.88,1.12,1.38,1.63(1)分析表中数据可知，在误差允许的范围内，小车做________运动．(2)由于此次实验的原始纸带没有保存，另一同学想估算小车从位置0到位置5的位移，其估算方法如下：x＝(0.38×0.1＋0.63×0.1＋0.88×0.1＋1.12×0.1＋1.38×0.1)m＝…那么，该同学得到的位移________(填“大于”、“等于”或“小于”)实际位移，为了使计算位移的误差尽可能小，你认为采取什么方法更合适？(不必算出具体数据)______________．6．如图为小球做自由落体运动的闪光照片，它是每隔 eq \f(1,30) s的时间拍摄的，从某个稍大些的位置间隔开始测量，照片上边数字表示的是这些相邻间隔的序号，下边的数值是用刻度尺量出的其中两个间隔的长度，根据所给两个数值求出小球下落加速度的测量值g＝________m/s2(结果保留3位有效数字)．第6题图第7题图7．一个小球沿斜面向下运动，用每间隔1/10s曝光一次的频闪相机拍摄不同时刻小球位置的照片，如图所示，即照片上出现的相邻两个小球的像之间的时间间隔为1/10s，测得小球在几个连续相等时间内位移(数据见表)，则s1(cm),s2(cm),s3(cm),s4(cm)8.20,9.30,10.40,11.50(1)小球在相邻的相等时间内的位移差__________(填“相等”或“不相等”)，小球的运动性质属__________直线运动．(2)有甲、乙两同学计算小球加速度方法如下：甲同学：a1＝ eq \f(s2－s1,T2) ，a2＝ eq \f(s3－s2,T2) ，a3＝ eq \f(s4－s3,T2) ，a＝ eq \f(a1＋a2＋a3,3)乙同学：a1＝ eq \f(s3－s1,2T2) ，a2＝ eq \f(s4－s2,2T2) ，a＝ eq \f(a1＋a2,2)你认为甲、乙中哪位同学的计算方法正确？________________________________________________________________________，加速度值为__________．8．如图所示是某同学测量匀变速直线运动的加速度时，从打点计时器打出的若干纸带中选出的一条纸带的一部分(电源频率为50Hz)．他每隔4个点取一个计数点，且在图中注明了他对各个计数点间距离的测量结果．(单位：cm)第8题图(1)为了验证小车的运动是匀变速直线运动，请进行下列计算，将数据填入表内．(单位：cm)x2－x1,x3－x2,x4－x3,x5－x4,x6－x5,Δx各段位移之差与其平均值最多相差__________cm，即各段位移之差与其平均值最多相差__________%.由此可得出结论：小车在__________________的位移之差，在________________________________________________________________________ ______允许的范围内相等，所以小车的运动是________________________________________________________________________．(2)根据a＝ eq \f(x n－x n－3,3T2) ，可以求出：a1＝ eq \f(x4－x1,3T2) ＝__________m/s2，a2＝ eq \f(x5－x2,3T2) ＝__________m/s2，a3＝ eq \f(x6－x3,3T2) ＝__________m/s2，所以a＝ eq \f(a1＋a2＋a3,3) ＝__________m/s2.9．(10年重庆高考)某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f＝50Hz在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：s A＝16.6mm s B＝126.5mm s D＝624.5mm第9题图若无法再做实验，可由以上信息推知：(1)相邻两计数点的时间间隔为________ s.(2)打C点时物体的速度大小为________ m/s(取两位有效数字)．(3)物体的加速度大小为________(用s A、s B、s C、s D和f表示)．10．(11年浙江模拟)做匀变速直线运动的小车，牵引一条通过打点计时器的纸带，交流电源的频率是50Hz，由纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带．如图所示，每一小段纸带的一端与x轴相重合，两边与y轴平行，将纸带贴在坐标系中．第10题图(1)仔细研究坐标图，找出小车在相邻时间内位移存在的关系．(2)设Δt＝0.1s，请画出该小车的v－t图象．(3)根据图象求其加速度．课时作业(五)重力、弹力和摩擦力1．关于重力，下列说法中正确的是()A．重力的施力物体是地球B．重力的方向总是垂直向下的C．重力的大小可以用弹簧秤和杆秤直接测量D．把物体放在水平支持物上，静止时物体对水平支持物的压力就是物体受到的重力2．关于弹力下面说法不正确的是()A．通常所说的压力、支持力和拉力都是弹力B．轻绳、轻杆上产生的弹力方向总是在绳、杆的直线上C．两物体相互接触，一定有弹力产生D．压力和支持力的方向总是垂直于接触面3．下列关于摩擦力的说法，正确的是()A．相互接触的两物体间一定存在摩擦力B．摩擦力总是阻碍物体的运动C．相对静止的物体间，也可能存在摩擦力作用D．只有静止的物体才受静摩擦力作用，运动的物体不会受静摩擦力作用4．(11年广东调研)下列几个关于力学问题的说法中正确的是()A．手压桌面时，由于手发生了形变，所以受到向上的支持力B．放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力就是物体对斜面的压力C．伽利略的理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因D．摩擦力的方向一定与物体的运动方向在同一直线上5．物块静止在固定的斜面上，分别按图所示的方向对物块施加大小相等的力F, A中F 垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是()第6题图6．物体b在水平推力F作用下，将物体a挤压在竖直墙壁上，如图所示，a、b处于静止状态，关于a、b两物体的受力情况，下列说法正确的是()A．a受到两个摩擦力的作用B．a共受到四个力的作用C．b共受到三个力的作用D．a受到墙壁摩擦力的大小不随F的增大而增大7．三个相同的支座上分别搁着三个质量和直径都相等的光滑圆球a、b、c，支点P、Q 在同一水平面上，a球的重心O a位于球心，b球和c球的重心O b、O c分别位于球心的正上方和正下方，如图所示，三球均处于平衡状态，支点P对a、b、c球的弹力分别为F Na、F Nb、F Nc，则()第7题图A．F Na＝F Nb＝F Nc B．F Na＞F Nb＞F NcC．F Na＜F Nb＜F Nc D．F Na＞F Nb＝F Nc8．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示．以下说法正确的是()A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同第8题图第9题图9．把一重为G的物体，用一个水平推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整的墙上如图所示，从t＝0开始，物体受的摩擦力F摩随t的变化关系是图中的()。

高三物理一轮复习第一章第2讲匀变速直线运动的规律课时作业（含解析）匀变速直线运动的规律一、单项选择题1．某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s 内通过的位移是x ，则质点运动的加速度为( )A.3x2 B.2x3 C.2x 5D.5x 2解析：3 s 内的位移12at 2＝92a,2 s 内的位移12at ′2＝2a ，则9a 2－2a ＝x ，解得a ＝2x 5.故A 、B 、D 错误，C 正确．故选C.答案：C2．(2019·福建泉州名校联考)某质点的位移随时间变化规律的关系是s ＝4t ＋2t 2，s 与t 的单位分别为m 和s ，则质点的初速度与加速度分别为( )A ．4 m/s 与2 m/s 2B ．0与4 m/s 2C ．4 m/s 与4 m/s 2D ．4 m/s 与0解析：根据匀变速直线运动的位移公式s ＝v 0t ＋12at 2，与质点运动的位移随时间变化的关系式s ＝4t ＋2t 2相对比可以得到，物体的初速度的大小为v 0＝4 m/s ，加速度的大小为a ＝4 m/s 2，选项C 正确．答案：C3．(2019·贵州省遵义市高三上学期第二次月考)一位4岁小男孩从高15层的楼顶坠下，被同楼的一位青年在楼下接住，幸免于难，设每层楼的高度为3 m ，这位青年从他所在的地方到楼下需要的时间是 1.3 s ，则该青年要接住孩子，至多允许他反应的时间是(g 取10 m/s 2)( )A ．3.0 sB ．1.7 sC ．0.4 sD ．1.3 s解析：楼高为：h ＝15×3 m＝45 m ．由h ＝12gt 2解得t ＝2hg＝2×4510s ＝3.0 s ，Δt ＝3.0 s －1.3 s ＝1.7 s ，则至多允许反应的时间为1.7 s ．故选项B 正确．答案：B4．物体的初速度为v 0，以加速度a 做匀加速直线运动，如果要使物体速度增加到初速度的n 倍，则物体发生的位移为( )A.n 2－1v 022aB.n 2v 022aC.n －1v 022aD.n －12v 022a解析：设位移为x ，由题意知末速度为nv 0，由v 2－v 02＝2ax ，得x ＝v 2－v 022a ＝n 2v 02－v 022a＝n 2－1v 022a，选项A 正确．答案：A5.为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6 cm ，拍摄到的石子位置A 距石子起落点竖直距离约5 m ，g 取10 m/s 2，这个照相机的曝光时间约为( )A ．1×10－3s B ．1×10－2s C ．5×10－2 sD ．0.1 s解析：自由落体运动5 m 的末速度为v t ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s.由于0.12 m远小于5 m ，故可以近似地将AB 段当作匀速运动，故时间为t ≈AB v t ＝0.12 m 10 m/s＝0.012 s≈0.01s ，故选B.答案：B 二、多项选择题6．物体做匀加速直线运动，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则物体( )A ．在A 点的速度大小为x 1＋x 22TB ．在B 点的速度大小为3x 2－x 12TC ．运动的加速度为2x 1T2D ．运动的加速度为x 1＋x 2T 2解析：匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则v A ＝v ＝x 1＋x 22T，A 正确；设物体的加速度为a ，则x 2－x 1＝aT 2，所以a ＝x 2－x 1T 2，C 、D 错误；物体在B 点的速度大小为v B ＝v A ＋aT ，解得v B ＝3x 2－x 12T，B 正确．答案：AB7．(2019·海南文昌中学检测)假设列车从甲站开出后某段时间内做匀加速直线运动，速度由10 m/s 增加到15 m/s 所用时间为t 1，位移为x 1；速度由15 m/s 增加到20 m/s 所用时间为t 2，位移为x 2.下列说法正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．x 1＝x 2D ．x 1<x 2解析：因为列车做匀加速直线运动，两个过程中，速度变化量相等，故根据公式Δv ＝at 可得，所用时间相同，故t 1＝t 2，选项A 错误，B 正确；根据公式x ＝v 2－v 022a可得x 1<x 2，选项C 错误，D 正确．答案：BD8．(2019·山东济南模拟)将一个物体在t ＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t ＝0.8 s 时刻物体的速度大小变为8 m/s(g 取10 m/s 2)，则下列说法正确的是( )A ．物体一定是在t ＝3.2 s 时回到抛出点B ．t ＝0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C ．物体的初速度一定是16 m/sD ．t ＝0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方解析：物体做竖直上抛运动，在0.8 s 内的速度变化量Δv ＝gt ＝10×0.8 m/s＝8 m/s ，由于初速度不为零，可知t ＝0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B 、D 错误；由v ＝v 0－gt ，代入数据解得v 0＝16 m/s ，则上升到最高点的时间t 1＝v 0g ＝1610s ＝1.6 s ，则回到抛出点的时间t ＝2t 1＝2×1.6 s＝3.2 s ，故A 、C正确．答案：AC[能力题组]一、选择题9．取一根长2 m 左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘，在线端系上第一个垫圈，隔12 cm 再系一个，以后垫圈之间的距离分别是36 cm 、60 cm 、84 cm ，如图所示．站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈( )A ．落到盘上的声音时间间隔越来越大B ．落到盘上的声音时间间隔相等C ．依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶2D ．依次落到盘上的时间关系为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)解析：把多个铁垫圈的运动转化为一个铁垫圈的自由落体运动．根据题意可知每两个相邻垫圈之间的距离差都为24 cm ，由Δx ＝aT 2可知垫圈落到盘上的声音时间间隔相等，选项A 、D 错误，B 正确；由v ＝gt 可知垫圈依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶4，选项C 错误．答案：B10．如图所示，将一小球以10 m/s 的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g 取10 m/s 2.则3 s 内小球运动的( )A ．路程为25 mB ．位移为15 mC ．速度改变量为30 m/sD ．平均速度为5 m/s解析：由x ＝v 0t －12gt 2得位移x ＝－15 m ，B 错误；平均速度v ＝xt ＝－5 m/s ，D 错误；小球竖直上抛，由v ＝v 0－gt 得速度的改变量Δv ＝v －v 0＝－gt ＝－30 m/s ，C 错误；上升阶段通过路程x 1＝v 022g ＝5 m ，下降阶段通过的路程x 2＝12gt 22，t 2＝t －v 0g＝2 s ，解得x 2＝20 m ，所以3 s 内小球运动的路程为x 1＋x 2＝25 m ，A 正确．答案：A11．(多选)一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移x 2＝2 m ，又经过位移x 3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：由Δx ＝aT 2可得加速度a ＝－1 m/s 2，选项B 正确；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T＝2.5 m/s ，得初速度v 0＝v 1－aT ＝3.5 m/s ，选项A 错误；物体速度由2.5 m/s 减小到0所需时间t ＝Δv a ＝2.5 s ，则经过位移x 3的时间t 3为1.5 s ，则x 3＝－12at 32＝1.125 m ，选项C正确；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t 3＝0.75 m/s ，选项D 正确．答案：BCD12．(多选)如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，最后停在D 点．已知AB ＝6 m ，BC ＝4 m ，从A 点运动到B 点，从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．质点到达B 点时速度大小为2.55 m/s B ．质点的加速度大小为2 m/s 2C ．质点从A 点运动到C 点的时间为4 sD ．A 、D 两点间的距离为12.25 m解析：设加速度大小为a ，根据题设条件得|Δv |＝at ＝2 m/s ，AB 、BC 为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx ＝at 2，解得t ＝Δx at ＝6－42 s ＝1 s ，a ＝2 m/s 2，选项B 正确；质点从A 点运动到C 点的时间为2t ＝2 s ，选项C 错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v B ＝v AC ＝AB ＋BC2t＝5 m/s ，选项A 错误；由速度与位移公式可得x AD ＝AB ＋v B 22a＝12.25 m ，选项D 正确． 答案：BD 二、非选择题13．(2019·云南楚雄高三上学期月考)接连发生的马航MH370和台湾复兴航空客机的坠毁，使人们更加关注飞机的安全问题．假设飞机从静止开始做匀加速直线运动，经时间t0＝30 s、在速度达到v0＝72 m/s时，驾驶员对发动机的运行状态进行判断；在速度达到v1＝78 m/s时，必须做出判断，可以中断起飞或继续起飞；若速度超过v2＝84 m/s时，就必须起飞，否则会滑出跑道．已知从开始到离开地面的过程中，飞机的加速度保持不变．(1)求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到决定中止起飞的最长时间．(2)若在速度达到v2时，由于意外必须停止起飞，飞机立即以大小为4.2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，要让飞机安全停下来，求跑道的最短长度．解析：(1)设飞机加速过程中的加速度大小为a1，则飞机从静止开始加速到v0的过程有：v0＝a1t0①设飞机从v0加速到v1所用的时间为t，则飞机在此过程中有：v1＝v0＋a1t②由①②代入数据，解得：t＝2.5 s③(2)设飞机从静止开始加速到v2发生的位移大小为x1，则有：v22＝2a1x1④设飞机做匀减速直线运动过程发生的位移大小为x2，加速度大小为a2，则有：v22＝2a2x2⑤设跑道的最短长度为x，则依题意有：x＝x1＋x2⑥由①④⑤⑥代入数据，解得：x＝2 310 m⑦答案：(1)2.5 s (2)2 130 m14．2018年国际泳联跳水世界杯继续在武汉进行，女子单人10米台，中国选手包揽冠亚军，其中小将张家齐以427.30分夺冠，卫冕冠军，任茜以403.85分获得亚军．图为某跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿．运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2)(1)运动员起跳时的速度v0；(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留三位有效数字)． 解析：(1)上升阶段：－v 02＝－2gh 解得v 0＝2gh ＝3 m/s (2)上升阶段：0＝v 0－gt 1解得t 1＝v 0g ＝310s ＝0.3 s自由落体过程：H ＝12gt 22解得t 2＝2Hg＝2×10.4510s≈1.45 s 故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s 答案：(1)3 m/s (2)1.75 s。

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9C，在静电场中由a点移动到b点。

在这过程中除静电力外，其他力做的功为6.0×10－5J，质点的动能增加了8.0×10－5J，则a、b 两点间的电势差U ab为()A．1×104 V B．－1×104 VC．4×104 V D．－7×104 V解析：根据动能定理得W ab＋6.0×10－5 J＝8.0×10－5 J，则W ab＝8.0×10－5 J－6.0×10－5 J＝2.0×10－5 J。

由U AB＝W ABq得U ab＝2.0×10－52.0×10－9V＝1×104 V，选项A正确。

答案： A2.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10－8J，在B点的电势能为0.80×10－8 J。

已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量的绝对值为1.0×10－9 C，那么()A．该电荷为负电荷B．该电荷为正电荷C．A、B两点的电势差U AB＝4.0 VD．把电荷从A移到B，静电力做功为W＝2.5×10－10 J解析：A点的电势能大于B点的电势能，从A到B静电力做正功，所以该电荷一定为负电荷，故选项A正确，选项B错误；静电力做功W AB＝E p A－E p B＝1.2×10－8 J－0.80×10－8J＝0.40×10－8J，选项D错误；由U AB＝W ABq得U AB＝0.4×10－8－1.0×10－9V＝－4.0 V，所以选项C错误。

答案： A3.如图所示，沿x轴正向的匀强电场中，有一动点以O为圆心，半径为r做逆时针转动一周，A点为连线OA与x轴正向成θ角时圆周上的一点，电场强度为E，则此圆周上各点与A点间最大的电势差为()A．U＝Er B．U＝Er(sin θ＋1)C．U＝Er(cos θ＋1) D．U＝2Er解析：由U＝Ed知，与A点间电势差最大的点应是沿场强方向与A点相距最远的点，d max＝r＋r cos θ，所以U max＝Er(cos θ＋1)，选项C对。

(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分)1．如右图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是( )A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动[解析] 通电螺线管内部磁感线方向与螺线管轴线平行，电子束不受洛伦兹力，故做匀速直线运动．C项正确．[答案] C2．(2011·潍坊抽测)如图所示，实线圆环A、B是光滑绝缘水平面内两个固定的同心超导环，两环分别通上大小相等的电流后，在环间环形区域内产生了相同方向的磁场，在这两个磁场的共同“束缚”下，带电离子沿图中虚线做顺时针方向的圆周运动．已知A环中电流沿顺时针方向．则( )A．B环中电流沿顺时针方向B．B环中电流沿逆时针方向C．带电离子带正电D．带电离子带负电[解析] 因为在A、B环间环形区域内产生了相同方向的磁场，而A环中电流沿顺时针方向，可以判断B环中电流应为逆时针方向，A错误，B正确；同时可判断A、B环间环形区域内磁场为垂直纸面向里，一带电离子做顺时针方向的圆周运动，洛伦兹力指向圆心方向，可判断该带电离子带负电，C错误，D正确．[答案] BD3．(2011·海淀区期末)在我们生活的地球周围，每时每刻都会有大量的由带电粒子组成的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．若有一束宇宙射线在赤道上方沿垂直于地磁场方向射向地球，如图所示．在地磁场的作用下，射线方向发生改变的情况是( )A ．若这束射线由带正电荷的粒子组成，它将向南偏移B ．若这束射线由带正电荷的粒子组成，它将向北偏移C ．若这束射线由带负电荷的粒子组成，它将向东偏移D ．若这束射线由带负电荷的粒子组成，它将向西偏移[解析] 本题考查地磁场的分布以及带电粒子在磁场中的运动．由地磁场的分布可知，在赤道地区的磁场分布特点为：与地面平行由南指向北．若这束射线由带正电荷的粒子组成，由左手定则可得所受的安培力向东，所以将向东偏移，A 、B 错误；若这束射线由带负电荷的粒子组成，由左手定则可得所受的安培力向西，所以将向西偏移，C 错误，D 正确．[答案] D4．如右图所示，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示.粒子编号质量电荷量(q >0)速度大小1 m2q v2 2m 2q 2v3 3m －3q 3v4 2m 2q 3v52m－q v( ) A ．3、5、4 B ．4、2、5 C ．5、3、2D ．2、4、5[解析] 本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动分析．根据qvB ＝m v 2R 得：R ＝mv qB ，将5个电荷的电量和质量、速度大小分别带入得：R 1＝mv2qB ，R 2＝2mv qB ，R 3＝3mv qB ，R 4＝3mv qB ，R 5＝2mv qB .令图中一个小格的长度l ＝mvqB，则R a ＝2l ，R b ＝3l ，R c ＝2l .如果磁场方向垂直纸面向里，则从a 、b 进入磁场的粒子为正电荷，从c 进入磁场的粒子为负电荷，则a 对应2，c 对应5，b 对应4，D 选项正确．磁场必须垂直纸面向里，若磁场方向垂直纸面向外，则编号1粒子的运动不满足图中所示．所以C 是错误的．[答案] D5．如右图所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T 0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如右图中箭头所示．现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则( )A ．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T 0B ．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T 0C ．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T 0D ．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T 0[解析] 当磁场方向指向纸里时，由左手定则可知电子受到背离圆心向外的洛伦兹力，向心力变小，由F ＝mr4π2T 2可知周期变大，A 对，B 错．同理可知，当磁场方向指向纸外时电子受到指向圆心的洛伦兹力，向心力变大，周期变小，C 错，D 对．[答案] AD6．(2011·浙江理综)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB 3d ＋L2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大[解析] 本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生应用数学知识处理问题的能力和分析问题的能力．由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，A 错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv 2r 可得v ＝qBr m ，r 越大v 越大，由图可知r 最大值为r max ＝3d ＋L 2，B 正确；又r 最小值为r min ＝L2，将r 的最大值和最小值代入v 的表达式后得出速度之差为Δv ＝3qBd 2m，可见C 正确、D 错误． [答案] BC7．(2010·长沙模拟)随着生活水平的提高，电视机已进入千家万户，显像管是电视机的重要组成部分．如右图所示为电视机显像管及其偏转线圈L 的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常时偏小，不可能是下列哪些原因引起的( )A ．电子枪发射能力减弱，电子数减少B ．加速电场的电压过高，电子速率偏大C ．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少D ．偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱[解析] 画面变小是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径变大造成的，由公式r ＝mv qB知，因为加速电压增大，将引起v 增大，而偏转线圈匝数或电流减小，都会引起B 减小，从而使轨道半径增大，偏转角减小，画面变小．综上所述，只有A 项符合题意．[答案] A8．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场．如右图所示为质谱仪的原理图．设想有一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压为U 的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P 点，设OP ＝x ，则在下图中能正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )[解析] 带电粒子先经加速电场加速，故qU ＝12mv 2，进入磁场后偏转，OP ＝x ＝2r ＝2mvqB ，两式联立得，OP ＝x ＝8mUB 2q∝U ，所以B 为正确答案．[答案] B9．(2011·深圳调研)如图所示为圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t ；若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B ，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，带电粒子飞出此区域时，速度方向偏转了π3，根据上述条件可求得的物理量为( )A ．带电粒子的初速度B ．带电粒子在磁场中运动的半径C ．带电粒子在磁场中运动的周期D ．带电粒子的比荷[解析] 设圆柱截面半径为R ，则没有磁场时2R ＝v 0t ；加上磁场时，由几何关系可知，带电粒子运动半径为r＝3R ，已知速度偏转角为π3，可知带电粒子在磁场中的运动时间为t ′＝16T ＝π3rv 0，可求得周期T ；由周期T ＝2πmqB，可求得带电粒子的比荷，C 、D 正确；因半径R 不知，因此无法求出带电粒子的初速度及带电粒子在磁场中运动的半径．[答案] CD二、非选择题(共28分)10．(14分)(2011·枣庄市第三次联考)质谱仪可测定同位素的组成．现有一束一价的钾39和钾41离子经电场加速后，沿着与磁场边界均垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示．测试时规定加速电压大小为U 0，但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小ΔU .为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠，ΔU 不得超过多少？(不计离子的重力)[解析] 设加速电压为U ，磁场的磁感应强度为B ，离子的电荷量为q ，质量为m ，运动半为R ，则由qU ＝12mv 2，qvB ＝m v 2R ，解得R ＝1B2mUq由此式可知，在B 、q 、U 相同时，m 小的半径小，所以钾39半径小，钾41半径大；在m 、B 、q 相同时，U 大半径大．设钾39质量为m 1，电压为U 0＋ΔU 时，最大半径为R 1；钾41质量为m 2，电压为U 0－ΔU 时，钾41最小半径为R 2，则R 1＝1B2m 1U 0＋ΔU q R 2＝1B2m 2U 0－ΔUq令R 1＝R 2，则m 1(U 0＋ΔU )＝m 2(U 0－ΔU ) 解得：ΔU ＝m 2－m 1m 2＋m 1U 0＝41－3941＋39＝140U 0. [答案]140U 0 11．(14分)(2011·海淀区期末)在水平放置的两块金属板A 、B 上加不同电压，可以使从炽热的灯丝释放的电子以不同速度沿直线穿过B 板中心的小孔O 进入宽度为L 的匀强磁场区域，匀强磁场区域的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．若在A 、B 两板间电压为U 0时，电子不能穿过磁场区域而打在B 板延长线上的P 点，如图所示．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，并设电子离开A 板时的初速度为零．(1)求A 、B 两板间的电压为U 0时，电子穿过小孔O 的速度大小v 0； (2)求P 点距小孔O 的距离x ；(3)若改变A 、B 两板间的电压，使电子穿过磁场区域并从边界MN 上的Q 点射出，且从Q 点穿出时速度方向偏离v 0方向的角度为θ，则A 、B 两板间电压U 为多大？[解析] (1)电子在A 、B 两板间的电场中加速时，由动能定理得eU 0＝12mv 20，解得v 0＝2eU 0m(2)电子进入磁场区域做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得ev 0B ＝m v 20r 0，解得r 0＝1B2mU 0e所以x ＝2r 0＝2B 2mU 0e(3)若在A 、B 两板间加上电压U 时，电子在A 、B 两板间加速后穿过B 板进入磁场区域做圆周运动，并从边界MN 上的Q 点穿出，由动能定理可得eU ＝12mv 2由牛顿第二定律可得evB ＝m v 2r且由几何关系可知r sin θ＝L所以U ＝eB 2L 22m sin 2θ[答案] (1)2eU 0m(2)2B2mU 0e (3)eB 2L 22m sin 2θ拓展题：(2011·西城区期末)如图所示，相距为R 的两块平行金属板M 、N 正对着放置，S 1、S 2分别为M 、N 板上的小孔，S 1、S 2、O 三点共线，它们的连线垂直M 、N ，且S 2O ＝R .以O 为圆心、R 为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D 为收集板，板上各点到O 点的距离以及板两端点的距离都为2R ，板两端点的连线垂直M 、N 两板．质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子，经S 1进入M 、N 两板间的电场后，通过S 2进入磁场．粒子在S 1处的速度和粒子所受的重力均不计．(1)当M 、N 两板间的电压为U 时，求粒子进入磁场时速度的大小v ； (2)若粒子恰好打在收集板D 的中点上，求M 、N 两板间的电压值U 0；(3)当M 、N 两板间的电压不同时，粒子从S 1到打在D 上经历的时间t 会不同，求t 的最小值．[解析] (1)粒子从S 1到达S 2的过程中，根据动能定理得qU ＝12mv 2①解得粒子进入磁场时速度的大小v ＝2qUm(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r②由①②得加速电压U 与轨迹半径r 的关系为U ＝qB 2r 22m当粒子打在收集板D 的中点时，粒子在磁场中运动的半径r 0＝R 对应电压U 0＝qB 2R 22m(3)M 、N 两板间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D 的右端时，对应时间t 最短．根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r ′＝3R 由(2)得粒子进入磁场时速度的大小v ′＝qBr ′m粒子在电场中经历的时间t 1＝R v ′2＝2 3m 3qB粒子在磁场中经历的时间t 2＝3R ·π3v ′＝πm3qB粒子射出磁场后做匀速直线运动经历的时间t 3＝R v ′＝3m 3qB粒子从S 1到打在收集板D 上经历的最短时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝ 3 3＋πm3qB[答案] (1)2qUm (2)qB 2R 22m (3) 3 3＋πm 3qB。

(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线的电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的12，再给它两端加上电压U ，则( )A ．通过导线的电流为I4B ．通过导线的电流为I16C ．导线中自由电子定向移动的速率为v4D ．导线中自由电子定向移动的速率为v2[解析] 导线被拉长后，其横截面积变小，变为原来的14，由V ＝Sl 可知其长度变为原来的4倍，由R ＝ρlS 可知其电阻增大为原来的16倍，则加上相同的电压U 时，电流会变为原来的116，A 项错误，B 项正确；又根据I ＝neS v ，导线被拉长后，n 、e 不变，I 变为原来的116，S 变为原来的14，故v 变为原来的14，C 项正确，D 项错误． [答案] BC2．在如右图所示的电路中，AB 为粗细均匀、长为L 的电阻丝，以A 、B 上各点相对A 点的电压为纵坐标，各点离A 点的距离x 为横坐标，则U 随x 变化的图线应为下图中的( )[解析] 根据电阻定律，横坐标为x 的点与A 点之间的电阻R ＝ρxS ，这两点间的电压U＝IR ＝IρxS(I 为电路中的电流，它是一个定值)，故U 跟x 成正比例关系，故选A.[答案] A3．把六个相同的小灯泡接成如下图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P 甲和P 乙表示，则下列结论中正确的是( )A ．P 甲＝P 乙B ．P 甲＝3P 乙C．P乙＝3P甲D．P乙>3P甲[解析]设各灯泡正常工作时的电流为I，则甲电路的总电流为I甲＝3I，乙电路的总电流为I乙＝I，所以由P＝UI得P甲＝3P乙，应选B.[答案] B4．(2011·九江月考)在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式空气流量传感器”的部件，其核心部分是一种用特殊的合金材料制作的电热丝．如右图所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U0就变得越高，反之，电压U0就越低．这样，管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制，如果将这种电热丝从汽车的进气管道中取出，放在实验室中测量，这种电热丝的伏安特性曲线，得到结果正确的是()[解析]电阻R两端的电压U0越高，电流I就越大，由闭合电路欧姆定律得I＝E，则电热丝的电阻越小，符合这个规律的图是C.R＋r＋R电热[答案] C5．(2010·福州模拟)在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是() A．两个灯泡串联B．两个灯泡并联C．每个灯泡实际消耗的功率是其额定功率的四分之一D．每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一[解析]两个灯泡串联，每个灯泡承担的电压为220 V/2＝110 V，低于额定电压，灯泡不易损坏；由P＝U2/R，U变为原来的1/2，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一．故选项A、D 正确．[答案]AD6．(2011·烟台月考)下面列出不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌上的主要项目：根据铭牌上提供的信息，试判断下列说法正确的是()A．正常工作时电风扇中流过的电流最小B．正常工作时电风扇消耗的电功率最小C．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多D．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少[解析]由P＝UI得空调机的额定功率P空＝1364 W，所以正常工作时电风扇消耗的电功率最小，电流也最小，故A、B均对；由于在24小时内电冰箱的耗电量W＝0.8 kW·h，而电风扇的耗电量W＝Pt＝65×24 W·h＝1.56 kW·h，所以C错，D对．[答案]ABD7．某厂研制的一种节能冰箱，一天的能耗只相当于一个25瓦的灯泡一天工作的能耗，如右图所示为该冰箱内的温度随时间变化的图象，则该冰箱工作时的功率为() A．25 W B．50 WC．75 W D．100 W[解析]由冰箱内的温度随时间变化的图象可知，每小时冰箱要启动两次(20～30分钟，50～60分钟)，每次工作10分钟，共20分钟，一天工作时间为8小时，则有P×8＝25×24 W，解得P＝75 W，C项正确．[答案] C8．“神舟”七号载人飞船上的电子仪器及各种动作的控制都是靠太阳能电池供电的. 由于光照而产生电动势的现象称为光伏效应. “神舟”飞船上的太阳能电池就是依靠光伏效应设计的单晶硅太阳能电池. 在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V 的电动势，可获得0.1 A 的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是( )A ．0.24 JB ．0.25 JC ．0.26 JD ．0.28 J[解析] 根据W ＝UIt 可得每秒太阳能电池产生的能量为W ＝0.6×0.1×1 J ＝0.06 J ，设太阳能每秒照射的能量为Q ，则由能的转化和守恒定律得Q ×23%＝W ，所以Q ＝0.26 J.[答案] C9．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U 的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束．已知电子的电荷量为e 、质量为m ，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内的电子个数是( )A.IΔl eS m 2eUB.IΔl e m 2eUC.I eSm 2eUD.ISΔl em 2eU[解析] 设单位体积电子束中含有的电子个数为n ，由电流的定义得I ＝q t ＝neS v tt ＝neS v ，所以n ＝I eS v ，电子经电场加速后，满足eU ＝12m v 2，得n ＝IeS m2eU，长为Δl 的电子束内的电子个数为N ＝nΔlS ＝IΔlem2eU，故选项B 正确． [答案] B10．阻值较大的电阻R 1和R 2，串联后，接入电压为U 的恒定电路中，如右图所示．现用同一电压表依次测量R 1和R 2的电压，测量值分别为U 1与U 2，已知电压表内阻、R 1和R 2相差不大．则( )A ．U 1＋U 2＝UB ．U 1＋U 2<U C.U 1U 2＝R 1R 2D.U 1U 2≠R 1R 2[解析] 设电压表的内阻为R v ，测R 1的电压时， U 1＝U R 1R v R 1＋R v＋R 2×R 1R v R 1＋R v ＝R 1R vR 1R v ＋R 1R 2＋R 2R vU测R 2的电压时，U 2＝U R 2R v R 2＋R v＋R 1×R 2R vR 2＋R v＝R 2R vR 1R v ＋R 1R 2＋R 2R vUU 1＋U 2＝(R 1＋R 2)R v(R 1＋R 2)R v ＋R 1R 2U <U ，故选项B 正确；U 1U 2＝R 1R 2，选项C 正确． [答案] BC二、非选择题(共30分)11．(12分)有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过在钻孔中进行电学特性测量，可以反映地下的有关情况，如图为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10 cm.设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314 Ω·m.现在钻孔的上表面和底部加上电压测得U ＝100 V ，I ＝100 mA ，求该钻孔的深度．[解析] 设该钻孔内的盐水的电阻为R ，由R ＝U I ，得R ＝100100×10－3Ω＝103 Ω 由电阻定律R ＝ρl S，l ＝RS ρ＝103×3.14×0.120.314 m ＝100 m.[答案] 100 m12．(18分)一台电风扇，内阻为20 Ω，两端加220 V 电压后正常工作，消耗功率66 W ，求：(1)电风扇正常工作时通过电动机的电流是多少？(2)电风扇正常工作时转化为机械能的功率是多少？转化为内能的功率是多少？电动机的效率是多少？(3)如果接上电源后，电风扇的扇叶被卡住，不能转动，这时通过电动机的电流以及电动机消耗的电功率和发热功率是多少？[解析] (1)因为P 入＝IU 所以I ＝P U ＝66220 A ＝0.3 A(2)电风扇正常工作时转化为内能的功率为 P 内＝I 2R ＝0.32×20 W ＝1.8 W电风扇正常工作时转化为机械能的功率为 P 机＝P 入－P 内＝66 W －1.8 W ＝64.2 W 电风扇正常工作时的效率为：η＝W 机W 总＝P 机P 入＝64.266×100%≈97.3%. (3)电风扇的扇叶被卡住后通过电风扇的电流为 I ＝U R ＝22020A ＝11 A 电动机消耗的电功率为 P ＝IU ＝11×220 W ＝2420 W 电动机发热功率为 P 内＝I 2R ＝112×20 W ＝2420 W.[答案] (1)0.3 A (2)64.2 W 1.8 W 97.3% (3)11 A 2420 W 2420 W 拓展题：(2011·大连测试)如图所示，用半径为0.4 m 的电动滚轮在长薄铁板的上表面压轧一道浅槽．薄铁板的长为2 m 、质量为10 kg.已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.3和0.1.铁板从一端放入工作台的滚轮下，工作时滚轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为100 N ，在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽．已知滚轮转动的角速度恒为5 rad/s ，g ＝10 m/s 2.求：(1)铁板和滚轮分离时铁板的速度；(2)加工一块这样的铁板，电动机要消耗多少电能？(不考虑电动机自身的能耗) [解析] (1)开始滚轮给铁板向前的滑动摩擦力： F 1＝μ1F 1N ＝0.3×100 N ＝30 N 工作台给铁板的摩擦阻力：F 2＝μ2F 2N ＝0.1×(100＋10×10) N ＝20 N设加速过程铁板达到的最大速度为v ，由动能定理得： F 1·l －F 2·l ＝12m v 2解得v ＝2 m/s又滚轮速度v 0＝ωr ＝2 m/s即铁板正好向前滑行2 m 时达到滚轮速度，因而在铁板和滚轮分离时恰好与滚轮共速，分离速度为2 m/s.(2)在铁板向前滑行2 m 过程中，电动机消耗的电能转化为三部分：铁板和滚轮的相对滑动产生的内能、铁板与地面的滑动产生的内能及铁板增加的动能．Q 1＝F 1l ＝30×2 J ＝60 J Q 2＝F 2l ＝20×2 J ＝40 J E k ＝12m v 2＝12×10×22 J ＝20 J所以加工一块这样的铁板，电动机需消耗的电能E＝Q1＋Q2＋E k＝120 J.[答案](1)2 m/s(2)120 J。

(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共49分)1．(2011·南昌调研)根据分子动理论，下列说法正确的是( )A ．一个气体分子的体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比B ．显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，就是分子的运动C ．分子间相互作用的引力和斥力一定随分子间距离的增大而减小D ．分子势能随着分子间的距离的增大，可能先减小后增大[解析] 气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比为一个气体分子所占据的空间，而非一个气体分子的体积，A 错误．墨水中小炭粒的无规则运动为固体小颗粒的无规则运动，而非分子运动，B 错误．分子间的引力和斥力随分子间距离的增大而减小，C 正确．当两分子间距离小于r 0时，分子力表现为斥力，此时分子势能随分子间距离的增大而减小；当两分子间距离大于r 0时，分子力表现为引力，此时分子势能随分子间距离的增大而增大，D 正确．[答案] CD2．设两分子a 、b 间距离为r 0时分子间的引力F 引和斥力F 斥大小相等，现固定a ，将b 从与a 相距r 02处由静止释放，在b 远离a 的过程中，下列表述正确的是( ) A ．F 引和F 斥均减小，但F 斥减小得较快B ．a 对b 一直做正功C ．当b 运动最快时，a 对b 的作用力为零D ．当a 、b 间距离为r 0时，a 、b 间的分子势能最小[解析] 由分子动理论可知距离变化对斥力的影响比对引力的影响大，距离增大时斥力、引力都减小，但斥力减小得快，故A 正确．由r 02到r 0的过程中，分子力表现为斥力，分子力做正功，分子势能减小，当分子间距离大于r 0时，表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，因此当分子间距离等于r 0时分子势能最小，所以B 错D 对．b 分子在运动过程中，先加速后减速，当距离为r 0时，作用力为零，加速度为零，速度最大，故C 正确．[答案] ACD3．分子动理论较好地解释了物质的宏观热学性质，据此可判断下列说法中错误的是( )A ．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B ．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C ．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D ．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素[解析] 小炭粒做布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故A 对；由于不确定r 与r 0的关系，故无法确定分子力的变化，B 错；分子间距离增大时，分子力可能做正功，也可能做负功，分子势能可能增大，也可能减小，C 对；高温下，分子热运动剧烈，扩散更容易，故D 对．[答案] B4．已知铜的摩尔质量为M (kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m 3)，阿伏加德罗常数为N A (mol－1)．下列判断错误的是( )A ．1 kg 铜所含的原子数为N A MB ．1 m 3铜所含的原子数为MN A ρC ．1个铜原子的质量为M N A (kg)D ．1个铜原子的体积为M ρN A(m 3) [解析] 原子个数N ＝1MN A ＝N A M ，A 正确；同理N ＝ρM N A ＝ρN A M ，B 错误；1个铜原子质量m 0＝M N A (kg)，C 正确；1个铜原子体积V 0＝M ρN A(m 3)，D 正确． [答案] B5．一个铁球和冰球的温度相同，且其质量相等，则( )A ．它们的分子平均动能一定相等B ．它们的分子运动的平均速率一定相等C ．冰球的体积大，水分子的势能大D ．它们的内能一定相同[解析] 因为温度相同，平均动能相同，据E k ＝12m v 2知，水分子的平均速率较大，分子势能与分子间距有关，分子间距等于r 0时，分子势能最小，偏离r 0越多，分子势能越大，所以体积大，分子势能不一定大，物体的内能E 内＝n (E k ＋E p )，分子数n ＝m M不同，E p 哪个大无法弄清楚．[答案] A6．在观察布朗运动时，从微粒在a 点开始计时，间隔30 s 记下微粒的一个位置得到b 、c 、d 、e 、f 、g 等点，然后用直线依次连接，如右图所示，则下列说法正确的是( )A ．微粒在75 s 末时的位置一定在cd 的中点上B ．微粒在75 s 末时的位置可能在cd 的连线上，但不可能在cd 中点上C ．微粒在前30 s 内的路程一定等于ab 的长度D ．微粒在前30 s 内的位移大小一定等于ab 的长度[解析] b 、c 、d 、e 、f 、g 等分别是粒子在t ＝30 s 、60 s 、90 s 、120 s 、150 s 、180 s 时的位置，但并不一定沿着折线abcdefg 运动，故选D.[答案] D7．如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是( )A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mC．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力D．若两个分子距离越来越大，则分子势能亦越来越大[解析] 分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小，随分子间距的减小而增大，但分子斥力变化的更快些；当分子间距为平衡距离即10－10 m时，分子引力和分子斥力大小相等，分子力为零，当分子间距大于平衡距离即10－10 m时，分子引力大于分子斥力，分子力表现为分子引力；当分子间距小于平衡位置距离即10－10 m时，分子引力小于分子斥力，分子力表现为分子斥力；所以两图的交点为平衡距离即10－10 m，分子势能随分子间距的变化而发生改变，当分子间距大于10－10 m，分子势能随分子间距的增大而增大；当分子间距小于10－10 m时，分子势能随分子间距的增大而减小；分子间距离为平衡距离时，分子势能是最小的．若取无穷远处的分子势能为0，则分子间距为平衡距离时，分子势能为负的，且最小．[答案] B二、非选择题(共51分)8．(10分)(2011·浙江五校)(1)如右图所示，把一块洁净的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板水平地接触水面．如果你想使玻璃板离开水面，必须用比玻璃板重力__________的拉力向上拉橡皮筋．原因是水分子和玻璃的分子间存在__________作用．(2)往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色．这一现象在物理学中称为_________现象，是由于分子的_________而产生的，这一过程是沿着分子热运动的无序性_________的方向进行的．[解析] (1)水分子对玻璃板下表面分子有吸引力作用，要拉起必须施加大于重力和分子吸引力合力的拉力．(2)红墨水分子进入水中为扩散现象，是分子热运动的结果，并且分子热运动朝着熵增大，即无序性增大的方向进行．[答案] (1)大分子引力(2)扩散 无规则运动(热运动) 增大9．(10分)回答下列问题：(1)已知某气体的摩尔体积为V m ，摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，由以上数据能否估算出每个分子的质量、每个分子的体积、分子之间的平均距离？(2)当物体体积增大时，分子势能一定增大吗？(3)在同一个坐标系中画出分子力F 和分子势能E p 随分子间距离的变化图象，要求表示出E p 最小值的位置及E p 变化的大致趋势．[解析] (1)可估算出每个气体分子的质量m 0＝M N A ；由于气体分子间距较大，由V 0＝V m N A 求得的是一个气体分子占据的空间，而不是一个气体分子的体积，故不能估算每个分子的体积；由d ＝3V 0＝3V m N A可求出分子之间的平均距离．(2)在r >r 0范围内，当r 增大时，分子力做负功，分子势能增大；在r <r 0范围内，当r 增大时，分子力做正功，分子势能减小，故不能说物体体积增大，分子势能一定增大，只能说当物体体积变化时，其对应的分子势能也变化．(3)如图[答案] 见解析10．(10分)(2010·江苏高考)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为 1.3 kg/m 3和2.1 kg/m 3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1.若潜水员呼吸一次吸入2 L 空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留一位有效数字) [解析] 设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，则有Δn ＝ρ海－ρ岸V MN A ，代入数据得Δn ＝3×1022个． [答案] 3×1022个 11．(10分)对于固体和液体来说，其内部分子可看做是一个挨一个紧密排列的小球，若某固体的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A .(1)该固体分子质量的表达式为m 0＝__________.(2)若已知汞的摩尔质量为M ＝200.5×10－3 kg/mol ，密度为ρ＝13.6×103 kg/m 3，阿伏加德罗常数为N A ＝6.0×1023 mol －1，试估算汞原子的直径大小(结果保留两位有效数字)．[解析] (1)该固体分子质量的表达式m 0＝MN A.(2)将汞原子视为球形，其体积V 0＝16πd 3＝M ρN A 汞原子直径的大小d ＝36M ρN A π≈3.6×10－10 m. [答案] (1)MN A (2)3.6×10－10m 12．(11分)(2011·安徽示范性高中联考)某学校物理兴趣小组组织开展一次探究活动，想估算地球周围大气层的分子个数．一学生通过网上搜索，查阅得到以下几个物理量数据：地球的半径R ＝6.4×106 m ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，空气的平均摩尔质量M ＝2.9×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.(1)这位同学根据上述几个物理量能估算出地球周围大气层的分子数吗？若能，请说明理由；若不能，也请说明理由．(2)假如地球周围的大气全部液化成液态且均匀分布在地球表面上，估算一下地球半径将会增加多少？(已知液化空气的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3)[解析] (1)能．因为大气压强是由大气重力产生的，由p 0＝mg S ＝mg 4πR 2，得m ＝4πR 2p 0g 把查阅得到的数据代入上式得m ≈5.2×1018 kg所以大气层的分子数为N ＝m M N A ≈1.1×1044个(2)可求出液化后的体积为： V ＝m ρ＝5.2×10181.0×103 m 3＝5.2×1015 m 3 设大气液化后的液体分布在地球表面上时，地球半径增加h ，则有43π(R ＋h )3－43πR 3＝V ，得3R 2h ＋3Rh 2＋h 3＝34πV 考虑到h ≪R ，忽略h 的二次项和三次项，得h ＝V 4πR 2＝ 5.2×10154×3.14× 6.4×1062 m≈10 m.[答案] (1)见解析 (2)10 m。

高三物理总复习一轮课时作业课时作业32电磁感应规律的综合应用时间：45分钟满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．如图1所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时()图1A．电容器两端的电压为零B．电阻两端的电压为BL vC．电容器所带电荷量为CBL vD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2v R解析：当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，对电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两板间的电压为U＝E＝BL v，所带电荷量Q＝CU＝CBL v，C正确，因匀速运动后MN所受合力为0，且此时无电流，故不受安培力即无需拉力便可做匀速运动，D错．答案：C2．如图2所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中发出的焦耳热为()图2A．2mgL B．2mgL＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH答案：C3．如图3所示，ab 、cd 是固定在竖直平面内的足够长的金属框架．除bc 段电阻为R ，其余电阻均不计，ef 是一条不计电阻的金属杆，杆两端与ab 和cd 接触良好且能无摩擦下滑，下滑时ef 始终处于水平位置，整个装置处于垂直框面的匀强磁场中，ef 从静止下滑，经过一段时间后闭合开关S ，则在闭合S 后( )图3A ．ef 的加速度可能大于gB ．闭合S 的时刻不同，ef 的最终速度也不同C ．闭合S 的时刻不同，ef 最终匀速运动时电流的功率也不同D ．ef 匀速下滑时，减少的机械能等于电路消耗的电能 答案：AD4．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框沿四个不同方向匀速平移出磁场，如图4所示，线框移出磁场的整个过程( )图4A ．四种情况下流过ab 边的电流的方向都相同B ．①图中流过线框的电量与v 的大小无关C ．②图中线框的电功率与v 的大小成正比D ．③图中磁场力对线框做的功与v 2成正比解析：根据右手定则或楞次定律可知A 正确．流过线框的电量q ＝It ＝Bl v R t ＝Bll ′R ＝BSR.故B 正确．电功率P ＝F v ＝IlB ·v ＝B 2l 2v2R.P 正比于v 2.故C 不正确．磁场力对线框做功W ＝F ·l ′＝IlB ·l ′＝B 2l 2v l ′R ＝B 2lS vR，W 正比于v .故D 不正确，正确答案为A 、B答案：AB5．如图5所示，位于一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab 放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用E表示回路中的感应电动势，I表示回路中的感应电流，在I随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于()图5A．F的功率B．安培力的功率的绝对值C．F与安培力的合力的功率D．IE答案：BD6．某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过，电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案中只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，那么，以下说法正确的是()图6A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲乙两方案都是可行的B．若输送的电流是恒定电流，甲乙两方案都是可行的C．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的D．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的解析：输电线周围存在磁场，交变电流产生变化的磁场，可在金属管中产生涡流，当输电线上电流很大时，强大的涡流有可能将金属管融化，造成事故．所以甲方案是不可行的．在乙方案中，两条导线中的电流方向相反，产生的磁场互相抵消，金属管中不会产生涡流，是可行的，此题类似于课本中提到的“双线并绕”．答案：BC7．两金属棒和三根电阻丝如图7连接，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，金属棒电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭合的回路中感应电流为I，当S2、S3闭合，S1断开时，闭合的回路中感应电流为5I，当S1、S3闭合，S2断开时，闭合的回路中感应电流是()图7A．0 B．3IC．6I D．7I解析：当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I，则回路的感应电动势为I＝UR 1＋R 2；当S 2、S 3闭合，S 1断开时，闭合回路中感应电流为5I,5I ＝U ′R 3＋R 2；当S 1、S 3闭合，S 2断开时，闭合的回路中感应电流是I ′＝U ′＋UR 3＋R 1＝7I ，所以D 正确．答案：D 8．如图8所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为 g ．则此过程( )图8A ．杆的速度最大值为(F －μmg )RB 2d 2B ．流过电阻R 的电量为BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 解析：图9本题考查电磁感应中的电路、力与运动、能量转换及电量计算等知识点；意在考查考生对电磁感应电路的分析，电磁感应中受力分析和运动情况分析以及对电磁感应中功能关系的正确理解和应用．A 选项中，当杆达到最大速度v 时，其受力情况如图9所示，在水平方向受拉力F 、安培力F 安＝B 2d 2v R ＋r 、滑动摩擦力f ＝μmg ，三个力的合力为零：F －B 2d 2vR ＋r －μmg ＝0，解得v ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2；B 选项中，平均电动势为E ＝ΔΦΔt ，平均电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦ(R ＋r )Δt ，通过的电量q ＝I ·Δt ＝ΔΦ(R ＋r )，而ΔΦ＝B ·ΔS ＝Bdl ，则q ＝ΔΦ(R ＋r )＝BdlR ＋r；C 选项中，由动能定理得W F －W f －W 安＝ΔE k ；D 选项中，由前式可得W F －W 安＝ΔE k ＋W f >ΔE k .本题正确选项为BD.答案：BD二、计算题(3×12′＝36′)9．如图10所示，金属杆ab 可在平行金属导轨上滑动，金属杆电阻R 0＝0.5 Ω，长L ＝0.3 m ，导轨一端串接一电阻R ＝1 Ω，匀强磁场磁感应强度B ＝2 T ，当ab 以v ＝5 m/s 向右匀速运动过程中，求：图10(1)ab 间感应电动势E 和ab 间的电压U ； (2)所加沿导轨平面的水平外力F 的大小； (3)在2 s 时间内电阻R 上产生的热量Q . 解析：(1)根据公式：E ＝BL v ＝3 VI ＝E R ＋R 0，U ＝IR ＝2 V (2)F ＝F 安，F 安＝BIL ＝1.2 N(3)2秒内产生的总热量Q 等于安培力做的功，Q ＝F 安·v ·t ＝12 J电阻R 上产生的热量为Q R ＝RR ＋R 0Q ＝8 J答案：(1)3 V 2 V (2)1.2 N (3)8 J10．如图11甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L .M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻．一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．图11(1)由b 向a 方向看到的装置如图11乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．解析：(1)如图12所示，重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直斜面向上；安培力F ，沿斜面向上．图12(2)当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝BL v ，此时电路中电流I ＝E R ＝BL vR.ab 杆受到安培力F ＝BIL ＝B 2L 2vR，根据牛顿运动定律，有ma ＝mg sin θ－F ＝mg sin θ－B 2L 2v R ，a ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(3)当B 2L 2v R ＝mg sin θ时，ab 杆达到最大速度v m ＝mgR sin θB 2L2.答案：(1)受力图见解析图12 (2)BL v R g sin θ－B 2L 2vmR(3)mgR sin θB 2L211．如图13(a)所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图13(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.导线的电阻不计．求0至t 1时间内图13(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．解析：(1)设k ＝B 0t 0，由题图(b)可知，磁感应强度B 与时间t 的函数关系为B ＝B 0－B 0t 0t ＝B 0－kt ①磁场的面积及线圈内的磁通量分别为 S ＝πr 22Φ＝BS ＝πr 22(B 0－kt )②在0和t 1时刻，单匝线圈中的磁通量分别为 Φ0＝B 0πr 22 Φ1＝πr 22(B 0－kt 1) 即ΔΦ＝－πr 22kt 1③在0至t 1时间内，线圈中的电动势大小及电流分别为ε＝n ΔΦt 1＝nπr 22k ④ I ＝εR ＋2R ＝nπr 22B 03Rt 0⑤ 根据楞次定律判断，电阻R 1上的电流方向应由b 向a ⑥ (2)0至t 1时间内，通过电阻R 1上的电荷量q ＝It 1＝nπr 22B 0t 13Rt 0⑦电阻R 1上产生的热量Q ＝2I 2Rt 1＝2n 2π2r 42B 209Rt 20t 1⑧。

第4节 电势能和电势1．静电力做功与电势能变化的关系 静电力做正功，电荷的电势能一定减少，静电力做负功时，电荷的电势能一定增加，静电力做的功是电荷电势能变化的量度，若电荷在电场中从A 点移动到B 点，则W AB ＝E PA －E PB .2．电荷在电场中某点的电势能，等于把它从该点移动到零势能位置时电场力做的功，若规定电荷在B 点的电势能为零，E PB ＝0则E PA ＝W AB .3．电势反映了电场的能的性质．电势与电势能的关系是：φ＝E P q.电势的大小仅由电场本身决定，与电荷q 的大小、电性无关．电势是标量，但有正负之分，电势降落最快的方向就是电场线的方向． 4．电场中电势相等的各点构成的面叫等势面，等势面的性质有： (1)在等势面上移动电荷，电场力不做功，说明电场力方向与电荷移动方向垂直，即等势面必定与电场线垂直．(2)沿着电场线的方向，电势降低，显然，电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面．5．下列说法正确的是( )A ．电荷从电场中的A 点运动到了B 点，路径不同，电场力做功的大小就可能不同B ．电荷从电场中的某点开始出发，运动一段时间后，又回到了该点，则说明电场力做功为零C ．正电荷沿着电场线运动，电场力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线运动，电场力对负电荷做正功D ．电荷在电场中运动，因为电场力可能对电荷做功，所以能量守恒定律在电场中并不成立 答案 BC解析 电场力做的功和电荷的运动路径无关，所以选项A 错误；电场力做功只和电荷的初末位置有关，所以电荷从某点出发又回到了该点，电场力做功为零，B 正确；正电荷沿电场线的方向运动，则正电荷受到的电场力和电荷的位移方向相同，故电场力对正电荷做正功，同理，负电荷逆着电场线的方向运动，电场力对负电荷做正功，C 正确；电荷在电场中运动，虽然有电场力做功，但是电荷的电势能和其他形式的能间的转化满足能量守恒定律，D 错．6．外力克服电场力对电荷做功时( )A ．电荷的动能一定增大B ．电荷的动能一定减小C ．电荷一定从电势能大处移到电势能小处D ．电荷一定从电势能小处移到电势能大处答案 D7．如图1所示，Q 是带正电的点电荷，P 1、P 2为其电场中的两点．若E 1、E 2为P 1、P 2两点的电场强度的大小，φ1、φ2为P 1、P 2两点的电势，则( )图1A ．E 1>E 2，φ1>φ2B ．E 1>E 2，φ1<φ2C ．E 1<E 2，φ1>φ2D ．E 1<E 2，φ1<φ2答案 A8．图2中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M 点，再经过N 点，可以判定( )图2A ．M 点的电势大于N 点的电势B ．M 点的电势小于N 点的电势C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力答案AD解析本题考查考生对电场线的掌握情况．由于沿电场线方向电势逐渐降低，故φM>φN，A项正确，B项错误；由电场线疏密程度表示场强大小知，E M<E N，电场力F＝qE，所以粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，C项错误，D项正确．【概念规律练】知识点一电场力做功的特点图31．如图3所示，在电场强度为E的匀强电场中有相距为L的A、B两点，连线AB与电场线的夹角为θ，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点．若沿直线AB移动该电荷，电场力做的功W1＝________；若沿路径ACB移动该电荷，电场力做的功W2＝________；若沿曲线ADB移动该电荷，电场力做的功W3＝________.由此可知，电荷在电场中移动时，电场力做功的特点是____________________．答案qELcos θqELcos θqELcos θ电场力做功的大小与电荷经过的路径无关，只与电荷的始末位置有关解析路径AB、ACB、曲线ADB在电场线方向上的投影都是BC＝Lcos θ.因此沿这三条路径电荷由A运动到B，电场力做的功都是qELcos θ.因此电场力做功的特点是：与电荷经过的路径无关，只与电荷的始末位置有关．点评电场力做功的大小与电荷经过的路径无关，只与电荷的始末位置有关．知识点二电场力做功与电势能变化的关系2．如图4所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc，φa>φb>φc，一带正电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示．由图可知()图4A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功C．粒子从K到L的过程中，电势能增加D．粒子从L到M的过程中，动能减少答案AC解析因为运动的粒子带正电，从其轨迹弯曲情况可判定受到的是库仑斥力，所以场源电荷必定为正电荷，即电势高低关系为φa>φb>φc.因此φK＝φN<φM<φL.所以由K到L过程中电场力做负功．电势能增加，A、C正确．由L到M过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，B、D错误．点评(1)电场力做功与路径无关，所以当电场中两点的位置确定后，在两点间移动电荷时电场力做功是确定的值，也就是说电荷的电势能变化量是确定的．(2)电场力做功一定伴随着电势能的变化，电势能的变化只有通过电场力做功才能实现，其他力做功不会引起电势能的变化．(3)电场力对电荷做正功，电势能一定减少；电场力对电荷做负功，电势能一定增加．电场力做了多少正功，电势能就减少多少；电场力做了多少负功，电势能就增加多少．3．如图5所示，两个等量的正电荷分别置于P、Q两位置，在P、Q连线的垂直平分线上有M、N两点，另有一试探电荷q，则()图5A ．若q 是正电荷，q 在N 点的电势能比在M 点的电势能大B ．若q 是负电荷，q 在M 点的电势能比在N 点的电势能大C ．无论q 是正电荷，还是负电荷，q 在M 、N 两点的电势能一样大D ．无论q 是正电荷还是负电荷，q 在M 点的电势能都比在N 点的电势能小答案 AB解析 由两个等量的正点电荷周围的电场线的分布情况可知，两点电荷连线的中垂线上的电场方向是：由连线的中点沿中垂线指向无穷远处．正电荷从N 点移到M 点，电场力做正功，电势能减小；负电荷从N 点移到M 点，电场力做负功，电势能增大．选项A 、B 正确．知识点三 电势4．关于电势，下列说法正确的是( )A ．电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷由该点移动到零电势点时，电场力所做的功B ．电场中某点的电势与零电势点的选取有关C ．由于电势是相对的，所以无法比较电场中两点的电势高低D ．电势是描述电场能的性质的物理量答案 ABD解析 由电势的定义可知A 正确．由于电势是相对量，电势的大小与零电势点的选取有关，故B 正确．虽然电势是相对的，但电势的高低是绝对的，因此C 错误．电势与电势能相联系，它是描述电场能的性质的物理量，故D 正确．点评 (1)电势是表征电场中某点能的性质的物理量，仅与电场中某点性质有关，与电场力做功的值及试探电荷的电荷量、电性无关，电势的大小为φ＝E p q. (2)电势是相对的，电势零点的选取是任意的，但以方便为原则．如果没有特别规定，一般选无穷远或大地的电势为零．(3)电势是标量，只有大小，没有方向，在规定了零电势点后，电场中各点的电势可以是正值，也可以是负值，正值表示该点电势比零电势点电势高，负值表示该点电势比零电势点电势低，所以，同一电场中，正电势一定高于负电势．5．如果把q ＝1.0×10－8 C 的电荷从无穷远移到电场中的A 点，需要克服静电力做功W ＝1.2×10－4 J ，那么，(1)q 在A 点的电势能和A 点的电势各是什么？(2)q 未移入电场前A 点的电势是多少？答案 (1)1.2×10－4 J 1.2×104 V (2)1.2×104 V解析 (1)静电力做负功，电势能增加，无穷远处的电势为零，电荷在无穷远处的电势能也为零，即φ∞＝0，E p ∞＝0.由W ∞A ＝E p ∞－E pA 得E pA ＝E p ∞－W ∞A ＝0－(－1.2×10－4 J)＝1.2×10－4 J再由φA ＝E PA q得φA ＝1.2×104 V (2)A 点的电势是由电场本身决定的，跟A 点是否有电荷存在无关，所以q 移入电场前，A 点的电势仍为1.2×104 V.知识点四 等势面6．如图6所示，实线表示一簇关于x 轴对称的等势面，在轴上有A 、B 两点，则( )图6A ．A 点场强小于B 点场强B ．A 点场强方向指向x 轴负方向C ．A 点场强大于B 点场强D．A点电势高于B点电势答案AD解析由电场线与等势面的关系可知，电场线一定与等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面，作出相对应的电场线分布，如右图所示，则可知A、B两点处的场强方向应与x轴同向，由电场线的疏密可知，A点处的场强E A小于B点处的场强E B，故正确选项为A、D.7．如图7所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处为一个点电荷．现从c外面一点P以相同的速率发射两个电荷量、质量都相等的带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N，M、N两点都位于圆周c上，以下判断正确的是()图7A．两粒子带同种电荷B．两粒子带异种电荷C．到达M、N时两粒子速率仍相等D．到达M、N时两粒子速率不相等答案BD解析由两个粒子轨迹的弯曲情况可看出，到达M的粒子受的是库仑斥力，到达N的粒子受的是库仑引力，所以两个粒子电性一定不同，A错误，B正确；因为P和M、N不在同一个等势面上，所以由P到M和由P到N时电场力都要做功，但因P到M的过程中是在斥力作用下靠近，电场力做负功，所以动能减少，故v M<v P；由P到N的过程中是在引力作用下靠近，电场力做正功，所以动能增加，故v N>v P，因此到达M、N两点时速率v M<v N，C错误，D正确．【方法技巧练】电场中电势高低的判断方法8．在静电场中，把一个电荷量q＝2.0×10－5 C的负电荷由M点移到N点，静电力做功6.0×10－4 J，由N点移到P点，静电力做负功1.0×10－3 J，则M、N、P三点电势高低关系是怎样的？答案φN>φM>φPN静电力做正功，而负电荷受静电力与场强方向相反，即逆着电场线移动，则可确定N点在M 点左侧．由N→N静电力做正功，而负电荷受静电力与场强方向相反，即逆着电场线移动，则可确定N点在M点左侧．由N→P静电力做负功，即沿着电场线方向移动，又因1.0×10－3 J>6.0×10－4 J，所以肯定移过了M点，所以P点位于M点右侧．这样，M、N、P三点电势的高低关系是φN>φM>φP.方法总结电场中两点电势高低的比较方法：(1)根据电场力做功判断①在两点间移动正电荷，如果电场力做正功，则电势是降低的，如果电场力做负功，则电势升高．②在两点间移动负电荷，如果电场力做正功，则电势升高，如果电场力做负功，则电势降低．(2)根据电场线确定电场线的方向就是电势降低最快的方向．(3)根据电荷电势能的变化判断①如果在两点间移动正电荷时：电势能增加，则电势升高；电势能减少，则电势降低．②如果在两点间移动负电荷时：电势能增加，则电势降低；电势能减少，则电势升高．1．下列关于电势高低的判断，正确的是()A．负电荷从A点移到B点时，电场力做负功，A点的电势一定较高B．负电荷从A点移到B点时，电势能增加，A点的电势一定较低C．正电荷从A点移到B点时，其电势能增加，A点的电势一定较低D．正电荷只在电场力作用下，从A点移到B点，A点的电势一定较高答案AC2．若带正电荷的运动小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内()A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动答案 D解析由于不知小球的初速度情况，故不能确定小球运动方向．图83．如图8所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是()A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加答案 C解析粒子带负电，所受电场力沿电场反方向，在接近M点的过程中电场力做负功，离开M 点的过程中电场力做正功，所以在M点粒子的速率应该最小，A、B错误，粒子在匀强电场中运动，所受电场力不变，加速度不变，C正确，因为动能先减小后增加，所以电势能先增加后减小，D错误．4．某电场的部分电场线如图9所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是()图9A．粒子一定是从B点向A点运动B．粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．电场中A点的电势高于B点的电势答案 C5．如图10所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4是运动轨迹与等势面的一些交点．由此可以判定()图10A．电子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等B．O处的点电荷一定带正电C．a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φcD．电子运动时的电势能先增大后减小答案AD解析电子在运动过程中只有电场力做功，只有电势能和动能的转化，因而电势能与动能的总和不变，A正确．从运动轨迹的弯曲情况可知电子受排斥力作用，所以可判断O点处的电荷为负电荷，根据负点电荷的电场分布可知D正确，C错误．6．下列4个图中，a、b两点电势相等、电场强度矢量也相等的是()答案 D解析匀强电场的等势面是一系列的平行平面，A中a、b两点不在同一等势面上，所以，这两点的电势是不相等的，但这两点的场强相等；B中a、b两点在同一个等势面上，电势相等，但这两点的场强矢量大小相等、方向不同；C中a、b两点对称于两电荷的连线，所以电势相等，但在中垂线上场强矢量的方向是平行于中垂线的，而且都指向外侧，故两点的场强矢量的方向不同；在D中，a、b两点的电势相等，场强矢量的方向是沿连线的，而且方向相同，故本题选D.7．如图11所示，实直线是某电场中的一条电场线，虚线是该电场中的三条等势线，由图可以得出的正确结论是()图11A．M点的电势一定高于N点的电势B．M点的场强一定大于N点的场强C．由M点向N点移动电荷时，电势能的改变量与零电势的选取无关D．某电荷在M点或N点具有电势能与零电势的选取无关答案ABC8．如图12所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，x轴上的P点位于－Q的右侧．下列判断正确的是()图12A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同C．若将一试探电荷＋Q从P点移至O点，电势能增大D．若将一试探电荷＋Q从P点移至O点，电势能减小答案AC解析在＋Q、－Q连线上及延长线上三个区间内场强方向如图所示，由对称关系可知，在Q 左侧与P(－Q)间等距的P′点应与P点场强相同，故选项A正确．在（-Q）、+Q之间各处场强均大于（-Q）、P之间各处场强，故试探电荷+Q从P移至O点过程中，P→(－Q)做正功W1，由(－Q)→O电场力做负功W2，由上面分析知，|W2|>W1，故电势能增大．C 正确．9．在光滑的绝缘平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图13所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中()图13 A ．先做匀加速运动，后做匀减速运动B ．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C ．电势能与机械能之和先增大，后减小D ．电势能先减小，后增大答案 D解析 这是等量同种电荷形成的电场，根据这种电场的电场线分布情况，可知在直线bd 上正中央一点的电势最高，所以B 错误．等量同种电荷形成的电场是非匀强的，所以A 错误．负电荷由b 到d 运动的过程中先加速后减速，动能先增大后减小，则电势能先减小后增大，而由能量守恒定律可知电势能与机械能之和保持不变，所以C 错误，D 正确．10．有一带负电的点电荷，从电场中的A 点移到B 点时，克服电场力做功6×10－4 J ．从B 点移到C 点，电场力做功9×10－4 J ，问：(1)若以A 为零势能点，B 、C 两点的电势能各为多少？A 、C 间的电势能之差为多少？(2)若以B 为零势能点，A 、C 两点的电势能各为多少？A 、C 间的电势能之差为多少？答案 见解析解析 电场力做功和电势能变化的关系，既适用于正电荷，又适用于负电荷．(1)电荷从A 点移到B 点，克服电场力做功6×10－4 J ，电势能增加6×10－4 J ．故B 点电势能为6×10－4 J.从B 点移到C 点，电场力做功9×10－4 J ，电势能减少9×10－4 J ，故C 点电势能为－3×10－4 J.由于A 为零势能点，故A 、C 间的电势能之差为3×10－4 J.(2)由(1)知，以B 点为零势能点，电荷从A 点移到B 点，电势能增加6×10－4 J 后电势能成为零，故A 点电势能为－6×10－4 J.从B 点移到C 点，电势能减少9×10－4 J ，故C 点电势能为－9×10－4 J ．A 、C 间的电势能之差为3×10－4 J.11．图14为电场的电场线，现将一电荷量q ＝－3.0×10－9 C 的负电荷从A 点移到B 点、从B点移到C 点，从C 点移到D 点电场力做功分别为：W AB ＝3.0×10－8 J 、W BC ＝1.5×10－8 J 、W CD ＝9.0×10－9 J ．若取C 点电势为零，试求A 、B 、D 三点电势．图14 答案 －15 V －5 V 3 V解析 根据电势的概念求解：电场中某点的电势在数值上等于单位正电荷由该点移动到零势能点时，电场力所做的功．由于本题中移动的是负电荷，故不难理解：A 、B 、D 三点的电势应等于单位负电荷由该点移到零势能点(C 点)时，电场力所做的功的负值，即φA ＝－W AC |q|＝－W AB ＋W BC |q|＝－3.0×10－8＋1.5×10－83.0×10－9V ＝－15 V φB ＝－W BC |q|＝－1.5×10－83.0×10－9V ＝－5 V φD ＝－W DC |q|＝W CD |q|＝9.0×10－93.0×10－9V ＝3 V.。